Esercitazioni di Analisi Matematica I
Dott.ssa Silvia Saoncella
a.a. 2010-2011
Queste sono le esercitazioni di Analisi Matematica I svolte per i Corsi di Laurea inInformatica/Bioinformatica presso l’Universita degli Studi di Verona nell’anno accademico2010-2011.
Essendo le prime che scrivo possono contenere sviste e/o errori che possono esseresegnalati al seguente indirizzo: silvia.saoncella 3[at]studenti.univr.it
1
1 Esercitazione del 2-11-2010
Esercizio 1.Dimostriamo che
limn→∞
1
np= 0
al variare di p ∈ R, p > 0Svolgimento.Si usa la definizione di limite, dobbiamo dimostrare che
∀ε > 0 ∃nε ∈ N tale che ∀n > nε vale |an − l| < ε
Dobbiamo quindi imporre la seguente condizione∣∣∣∣ 1
np− 0
∣∣∣∣ < ε
Determiniamo il valore di nε sviluppando:∣∣∣∣ 1
np
∣∣∣∣ =1
np< ε ⇒ np >
1
ε⇒ n >
p
√1
ε
Pertanto, basta prendere n > nε dove nε e il primo numero intero minore o uguale a p
√1ε .
Esercizio 2.Dimostriamo che
limn→∞
1√n
= 0
Svolgimento.In base alla definizione di limite imponiamo che∣∣∣∣ 1√
n− 0
∣∣∣∣ < ε
quindi ∣∣∣∣ 1√n− 0
∣∣∣∣ < ε ⇒ n >1√ε
Pertanto, basta prendere n > nε dove nε e il primo numero intero minore o uguale a 1√ε.
Esercizio per casa.Per casa provate a dimostrare che
limn→∞
1p√n
= 0
con p > 2.Esercizio 3.Mostrare che le successioni che hanno i seguenti termini generali
an =n− 1
n+ 1, bn =
3n − 2n
3n + 2n
2
sono crescenti.Svolgimento.a) Sappiamo che una successione
{fn} e crescente se fn+1 ≥ fn ∀n
Dobbiamo quindi chiederci sen
n+ 2≥ n− 1
n+ 1
quindi
n(n+ 1) ≥ (n− 1)(n+ 2) ⇒ 0 ≥ −2
Siccome la disuguaglianza 0 ≥ −2 e sempre verificata per ogni n possiamo concludere chela successione e definitivamente crescente.b) Per casa.Esercizio 4.Calcolare il seguente limite
limn→∞
√n− n+ n2
2n2 − n3/2 + 1
Svolgimento.Forma indeterminata del tipo ∞∞ . Per eliminare l’indeterminazione occorre raccogliere iltermine che cresce piu rapidamente, quindi
limn→∞
√n− n+ n2
2n2 − n3/2 + 1= lim
n→∞
n2(
1n3/2 − 1
n + 1)
n2(
2− 1√n
+ 1n
) =1
2
Esercizio 5.Calcolare il seguente limite
limn→∞
n2 −√n
n+ 6n2
Svolgimento.Forma indeterminata del tipo ∞∞ . Per eliminare l’indeterminazione occorre raccogliere iltermine che cresce piu rapidamente, quindi
limn→∞
n2(
1− 1n3/2
)n2(1n + 6
) =1
6
Esercizio 6.Calcolare il seguente limite
limn→∞
√n+ 1−
√n
Svolgimento.Forma indeterminata del tipo +∞−∞. Si razionalizza ricordando che a2−b2 = (a− b)(a+ b).
3
Quindi
limn→∞
√n+ 1−
√n = lim
n→∞
(√n+ 1−
√n)·√n+ 1 +
√n√
n+ 1 +√n
= limn→∞
n+ 1− n√n+ 1 +
√n
=1
∞= 0
Esercizio 7.Calcolare il seguente limite
limn→∞
√n2 − n−
√n2 + 1
Svolgimento.Forma indeterminata del tipo +∞ −∞. Si razionalizza come nell’esercizio precedente,quindi
limn→∞
√n2 − n−
√n2 + 1 = lim
n→∞
n2 − n− n2 − 1√n2 − n+
√n2 + 1
=∞∞
raccogliamo n (termine che cresce piu rapidamente), quindi
limn→∞
−n− 1√n2 − n+
√n2 + 1
= limn→∞
−n(1 + 1
n
)n(√
1− 1n +
√1 + 1
n
) = −1
2
Esercizio 8.Calcolare il seguente limite
limn→∞
n!
(n+ 1)!
Svolgimento.Forma indeterminata del tipo ∞∞ . In base alla definizione di fattoriale si ha
limn→∞
n!
(n+ 1)!= lim
n→∞
n!
(n+ 1)n!= 0
Esercizio 9.Calcolare il seguente limite
limn→∞
3√n+ 1− 3
√n
Svolgimento.Forma indeterminata del tipo +∞−∞. Si razionalizza ricordando che a3−b3 = (a− b)(a2 + ab+ b2).Quindi
limn→∞
3√n+ 1− 3
√n = lim
n→∞
(3√n+ 1− 3
√n)·
3√
(n+ 1)2 + 3√n(n+ 1) +
3√n2
3√
(n+ 1)2 + 3√n(n+ 1) +
3√n2
= limn→∞
n+ 1− n3√
(n+ 1)2 + 3√n(n+ 1) +
3√n2
= 0
4
Esercizio 10.Calcolare il seguente limite
limn→∞
(√4n2 − 3n− 2n+ 1
)Svolgimento.Forma indeterminata del tipo +∞−∞. Si razionalizza, quindi
limn→∞
(√4n2 − 3n− 2n+ 1
)= lim
n→∞
4n2 − 3n− (2n− 1)2√4n2 − 3n+ (2n+ 1)
= limn→∞
n− 1√4n2 − 3n+ (2n+ 1)
= limn→∞
n(1− 1
n
)n(√
4− 3n + 2− 1
n
) =1
4
Esercizio 11.Calcolare il seguente limite
limn→∞
2n + n2
3n + n3
Forma indeterminata del tipo ∞∞ . Per eliminare l’indeterminazione occorre raccogliere iltermine che cresce piu rapidamente, quindi
limn→∞
2n + n2
3n + n3= lim
n→∞
2n(
1 + n2
2n
)3n(
1 + n3
3n
) = limn→∞
(2
3
)n= 0
Esercizio 12.Calcolare il seguente limite
limn→∞
(1 +
1
2n
)nSvolgimento.Forma indeterminata del tipo 1∞. Si utilizza il limite fondamentale limn→∞ (1 + 1/n)n =e, quindi
limn→∞
(1 +
1
2n
)n= lim
n→∞
((1 +
1
2n
)2n) 1
2
=√
e
Esercizio 13.Calcolare il seguente limite
limn→∞
(1 +
3
n
)4n
Svolgimento.Forma indeterminata del tipo 1∞. Si procede come nell’esercizio precedente, quindi
limn→∞
(1 +
3
n
)4n
= limn→∞
((1 +
1
n/3
)n3
)12
= e12
5
Esercizio 14.Calcolare il seguente limite
limn→∞
(1 +
1
n2
)nSvolgimento.Forma indeterminata del tipo 1∞. Si procede come nell’esercizio precedente, quindi
limn→∞
(1 +
1
n2
)n= lim
n→∞
((1 +
1
n2
)n2) 1
n
= elimn→∞1n = e0 = 1
Esercizio 15.Calcolare il seguente limite
limn→∞
(n+ 3
n+ 1
)nSvolgimento.Forma indeterminata del tipo 1∞. Si procede come nell’esercizio precedente, quindi
limn→∞
(n+ 3
n+ 1
)n= lim
n→∞
(n+ 1 + 2
n+ 1
)n= lim
n→∞
(1 +
2
n+ 1
)n= lim
n→∞
((1 +
1
(n+ 1)/2
)n+12
) 2nn+1
= elimn→∞2nn+1 = e2
Esercizio 16.Calcolare il seguente limite
limn→∞
(n2 + 1
)nn2n
Svolgimento.Forma indeterminata del tipo 1∞. Si procede come nell’esercizio precedente, quindi
limn→∞
(n2 + 1
)nn2n
= limn→∞
(n2 + 1
n2
)n= lim
n→∞
((1 +
1
n2
)n2) 1
n
= elimn→∞1n = 1
Per casa.Calcolare il seguente limite
limn→∞
(n+ 1)n
nn+1
Risultato. 0Per casa.Calcolare il seguente limite
limn→∞
(n− 1
n
)n2
Risultato. 0
6
2 Esercitazione del 4-11-2010
Formula binomio Newton.Iniziamo dimostrando che ∀n, k ∈ N, n ≥ k ≥ 1 si ha(
n
k
)+
(n
k − 1
)=
(n+ 1
k
)Consideriamo il primo membro e svolgiamo i calcoli usando la definizione di coefficientebinomiale (
n
k
)+
(n
k − 1
)=
n!
k!︸︷︷︸k(k−1)!
(n− k)!+
n!
(k − 1)! (n− k + 1)!︸ ︷︷ ︸(n−k+1)(n−k)!
=n!(n− k + 1) + n!k
k!(n− k + 1)!
=n!(n− k + 1 + k)
k!(n− k + 1)!
=(n+ 1)n!
k!(n− k + 1)!=
(n+ 1
k
)Dimostriamo ora la formula del binomio di Newton: ∀n ≥ 0 e a, b > 0 vale la formula
(a+ b)n =
n∑k=0
(n
k
)an−kbk
Per dimostrarlo usiamo il principio di induzione:Passo Base: n = 0
(a+ b)0 = 1
0∑k=0
(0
0
)a0b0 = a0b0 = 1
quindi il passo base e verificato.Passo induttivo: supponiamo la formula vera per n e verifichiamo che vale per n + 1,cioe che
(a+ b)n+1 =n+1∑k=0
(n+ 1
k
)an+1−kbk
Si ha
(a+ b)n+1 = (a+ b) (a+ b)n = (a+ b)
n∑k=0
(n
k
)an−kbk
=n∑k=0
(n
k
)an+1−kbk +
n∑k=0
(n
k
)an−kbk+1
7
effettuiamo il seguente cambiamento di indice k + 1 = h (quindi k = h− 1) nella secondasommatoria ed otteniamo
n∑k=0
(n
k
)an−kbk+1 =
n+1∑h=1
(n
h− 1
)an+1−hbh
osserviamo ora che h e una variabile muta, quindi possiamo sostituirla con k ottenendoinfine che
n∑k=0
(n
k
)an−kbk+1 =
n+1∑k=1
(n
k − 1
)an+1−kbk
Allora ritornando al nostro calcolo
(a+ b)n+1 =n∑k=0
(n
k
)an+1−kbk +
n+1∑k=1
(n
k − 1
)an+1−kbk
=
(n
0
)an+1b0 +
n∑k=1
[(n
k
)+
(n
k − 1
)]an+1−kbk +
(n
n
)a0bn+1
Ora usando l’identita che abbiamo dimostrato precedentemente (con n sostituito da n+1)e ricordando le seguenti relazioni(
n
0
)= 1 =
(n+ 1
0
)e
(n
n
)= 1 =
(n+ 1
n+ 1
)otteniamo
(a+ b)n+1 =
(n+ 1
0
)an+1b0 +
n∑k=1
(n+ 1
k
)an+1−kbk +
(n+ 1
n+ 1
)a0bn+1
=n+1∑k=0
(n+ 1
k
)an+1−kbk
cioe la tesi.
8
3 Esercitazione del 09-11-2010
Esercizio 1.Determinare se la successione data e limitata, definitivamente positiva, crescente o con-vergente.
an =2n2
n2 + 1
Svolgimento.a) Per verificare che la successione data sia limitata, bisogna provare che esiste una
costante M ≥ 0 tale che |an| ≤M ∀n ∈ N. Quindi imponiamo che∣∣∣∣ 2n2
n2 + 1
∣∣∣∣ ≤M ⇒ 2n2
n2 + 1≤M ⇒ (2−M)n2 −M ≤ 0
Se M > 2, si ha (2 −M)n2 ≤ 0 e in particolare M > 0, quindi (2 −M)n2 −M ≤ 0,ossia (2 −M)n2 ≤ M , e sempre banalmente vera, avendo membro di sinistra negativo emembro di destra positivo. Quindi la nostra successione e limitata.
b) Una successione e definitivamente positiva se an > 0 ∀n. E’ immediato notare chean soddisfa la proprieta appena citata.
c) Una successione e monotona crescente se an+1 ≥ an ∀n. Quindi dobbiamo verificareche
2(n+ 1)2
(n+ 1)2 + 1>
2n2
n2 + 1⇒ (2n2 + 4n+ 2)(n2 + 1) > 2n2(n2 + 2n+ 2)
⇒ 4n+ 2 > 0 ⇒ n > −1
2
Quindi possiamo concludere che la successione {an} e definitivamente crescente.d) In base al teorema delle successioni monotone possiamo affermare che la successione
an e convergente.Esercizio 2.Si consideri la seguente successione definita per ricorrenza
a1 = 1 an+1 =√
1 + 2an (n = 1, 2, 3, . . . )
Mostrare che la successione e crescente e limitata superiormente. Da cio concludere chela successione converge e determinarne il limite.
1) Notiamo che {an} e definitivamente positiva. {an} e crescente se anan+1
< 1 ∀n.Imponiamo che
an√1 + 2an
< 1
da cuian <
√1 + 2an ⇒ a2n − 2an − 1 < 0 ⇒ an < 1 +
√2
(il valore 1 −√
2 si esclude perche e negativo). Abbiamo trovato che an e crescente se esolo se an < 1 +
√2. Dobbiamo ora verificare che an < 1 +
√2 ∀n. Per farlo si usa il
9
principio di induzione.Passo base: n = 1
a1 = 1 < 1 +√
2
Passo induttivo: supponiamo che la proprieta sia vera per n, cioe che vale che an <1 +√
2, e dobbiamo verificare che
an+1 < 1 +√
2
Quindi
an+1 =√
1 + 2an < 1 +√
2 ⇒ 1 + 2an < 1 + 2√
2 + 2 ⇒ an < 1 +√
2
quindi possiamo concludere che la proprieta vale per ogni n, cioe che la successione edefinitivamente crescente e inoltre limitata superiormente.
2) Siccome la successione e monotona e limitata per il teorema delle successioni mono-tone possiamo concludere che converge, cioe che ammette limite finito. Supponiamo quindiche la successione ammetta limite L. Quindi se an → L, allora anche an+1 → L (perl’unicita del limite). Prendendo la nostra successione an+1 =
√1 + 2an e passando al
limite, otteniamo cheL =
√1 + 2L
da cuiL2 = 1 + 2L ⇒ L2 − 2L− 1 = 0 ⇒ L = 1 +
√2
(il valore 1−√
2 si esclude perche e negativo). In conclusione abbiamo trovato che il limitee 1 +
√2.
Esercizio 3.Calcolare
limn→∞
(1
2
) 2n2 − n3n2 −
√n
Svolgimento.Consideriamo
2n2 − n3n2 −
√n
=n2(2− 1
n
)n2(
3− 1n3/2
) −→ 2
3n −→ +∞
quindi otteniamo
limn→∞
(1
2
)2/3
=
(1
2
)2/3
Esercizio 4.Calcolare
limn→∞
2n
3(n+1)/2
Svolgimento.
limn→∞
2n
3(n+1)/2= lim
n→∞
1√3
(2√3
)n= +∞
10
Esercizio 5.Calcolare
limn→∞
n−1 + 2n−2
3n−2 + n−4
Svolgimento.
limn→∞
1
n+
2
n2
3
n2+
1
n4
= limn→∞
1
n
(1 +
2
n
)1
n
(3
n+
1
n3
) =∞
Esercizio 6.Calcolare
limn→∞
e
n3 + 5n− 1
3n3 + 5n2 − 27
Svolgimento.Consideriamo
n3 + 5n− 1
3n3 + 5n2 − 27=
n3
(1 +
5
n2−
1
n3
)
n3
(3 +
5
n−
27
n3
) −→ 1
3n −→ +∞
quindi si ottiene
limn→∞
e1/3 = 3√
e
Esercizio 7.Calcolare
limn→∞
n
(√1 +
1
n−√
1− 1
n
)Svolgimento.Forma indeterminata del tipo [∞ · 0]. Si razionalizza usando a2 − b2 = (a− b) (a+ b).Quindi
limn→∞
n
(√1 +
1
n−√
1− 1
n
)·
√1 + 1
n +√
1− 1n√
1 + 1n +
√1− 1
n
= limn→∞
n(1 + 1
n − 1 + 1n
)√1 + 1
n +√
1− 1n
= limn→∞
2√1 + 1
n +√
1− 1n
=2
1 + 1= 1
11
Esercizio 8.Calcolare
limn→∞
n√
2n + 3n
Svolgimento.Osserviamo che
n√
2n + 3n =n√
3n · n√(
2
3
)n+ 1 = 3 n
√(2
3
)n+ 1
quindi
limn→∞
3 n
√(2
3
)n+ 1 = 3
Esercizio 9.Calcolare
limn→∞
5−n + 2−n
3−n + 4−n
Svolgimento.Osserviamo che
5−n + 2−n
3−n + 4−n=
1
5n+
1
2n
1
3n+
1
4n
=
2n + 5n
5n · 2n4n + 3n
3n · 4n
=2n + 5n
10n·
12n
4n + 3n=
2n + 5n
4n + 3n·(
6
5
)n
quindi
limn→∞
2n + 5n
4n + 3n·(
6
5
)n= lim
n→∞
(6
5
)n 5n((
25
)n+ 1)
5n((
45
)n+(35
)n) =∞ · 1
0=∞
Esercizio 10.Calcolare
limn→∞
4n +√n
n3 + 3
Svolgimento.Forma indeterminata del tipo ∞∞ . Raccolgo il termine che cresce piu velocemente; l’esponenzialea numeratore e la potenza a denominatore. Quindi
limn→∞
4n(
1 +√n
4n
)n3(1 + 3
n3
) = limn→∞
4n
n3= +∞
(nota: questo esercizio si poteva rivolvere anche considerando gli ordini di infiniti).Esercizio 11.Calcolare
limn→∞
2n + n5 + 1
en − n5 − 2
12
4 Esercitazione del 11-11-2010
Esercizio 1.Applicando la definizione di convergenza di una serie stabilire il carattere delle seguenteserie ed in caso trovarne la somma.
∞∑n=1
2
n2 + 2n
Ricordiamo la definizione di convergenza di una serie: se esiste ed e finito il limite disn =
∑nk=0 ak (successione delle somme parziali), allora la serie
∑∞k=0 ak converge.
Svolgimento.Iniziamo con il scomporre an = 2
n2+2ncome somma di due funzioni,
2
n2 + 2n=
2
n (n+ 2)=
1
n− 1
n+ 2
Costruiamo la successione delle somme parziali:
s1 = a1 = 1− 1
3
s2 = a1 + a2 =
(1− 1
3
)+
(1
2− 1
4
)= 1 +
1
2− 1
3− 1
4
s3 = a1 + a2 + a3 =
(1− 1
3
)+
(1
2− 1
4
)+
(1
3− 1
5
)= 1 +
1
2− 1
3− 1
4− 1
5
s4 =
(1− 1
3
)+
(1
2− 1
4
)+
(1
3− 1
5
)+
(1
4− 1
6
)= 1 +
1
2− 1
5− 1
6
...
sn = a1 + a2 + · · ·+ an = 1 +1
2− 1
n+ 1− 1
n+ 2
quindi
limn→∞
sn = limn→∞
(1 +
1
2− 1
n+ 1− 1
n+ 2
)= 1 +
1
2=
3
2
avendo trovato che il limite esiste ed e finito possiamo concludere che la serie converge eha somma pari al valore del limite, cioe 3
2 (il valore del limite e detto somma della serie).Esercizio 2.Verificare usando la condizione necessaria per la convergenza che la seguente serie
∞∑k=2
2k
k5 − 3
non converge.Svolgimento.
14
Condizione necessaria: se limite an 9 0⇒∑
non converge.Abbiamo
limn→∞
2k
k5 − 3= +∞
quindi concludiamo che la serie diverge.Esercizio 3.Utilizzando il comportamento della serie geometrica, discutere il comportamento dellaseguente serie
∞∑n=0
2n + 3n
5n
e calcolarne la somma.Svolgimento.
∞∑n=0
2n + 3n
5n=
∞∑n=0
[(2
5
)n+
(3
5
)n]=
∞∑n=0
(2
5
)n+
∞∑n=0
(3
5
)nAbbiamo ottenuto la somma di due serie geometriche entrambe convergenti perche laragione e < 1. Quindi la serie data converge alla somma delle due serie, cioe
∞∑n=0
(2
5
)n=
1
1− 2
5
=5
3
∞∑n=0
(3
5
)n=
1
1− 3
5
=5
2
quindi la somma e 25/6.Nota: in generale non si puo spezzare una serie in due, a meno che entrambe le due
somme non siano finite. Quindi prima e necessario lo studio della serie geometrica diragione 2/5 e 3/5, e solo dopo si puo scrivere l’uguaglianza che compare nella prima rigadello svolgimento con le serie.Esercizio 4.Calcolare la somma della seguente serie
∞∑n=1
22n+1
32n
Svolgimento.Notiamo che
22n+1
32n=
22n · 232n
= 2 ·(
4
9
)nquindi
∞∑n=1
22n+1
32n=∞∑n=1
2 ·(
4
9
)n
15
a secondo membro abbiamo la serie geometrica di ragione 4/9 < 1, quindi converge e hasomma pari a
∞∑n=1
22n+1
32n= 2
( ∞∑n=0
(4
9
)n−(
4
9
)0)
= 2
( ∞∑n=0
(4
9
)n− 1
)= 2
1
1− 4
9
− 1
=8
5
Esercizio 5.Studiare la convergenza della seguente serie
∞∑n=1
n!n3
nn
Svolgimento.Questa e una serie a termini positivi. Calcoliamo
limn→∞
n!n3
nn= 0
possiamo concludere che la serie potrebbe convergere. Procediamo con lo studio dellaconvergenza. Quando ci sono i fattoriali conviene usare il criterio del rapporto.
an+1
an=
(n+ 1)!(n+ 1)3
(n+ 1)n+1· nn
n!n3=
(n+ 1)n! (n+ 1)3 nn
(n+ 1)n(n+ 1)n!n3=
(n
n+ 1
)n(n+ 1
n
)3
quindi
limn→∞
(n
n+ 1
)n(n+ 1
n
)3
=1
e< 1
quindi per il criterio del rapporto la serie converge.Esercizio 6.Studiare la convergenza della seguente serie
∞∑n=1
n522n
5n
Svolgimento.Questa e una serie a termini positivi. Calcoliamo
limn→∞
an = 0
possiamo concludere che la serie potrebbe convergere. Quando vediamo un qualcosa ele-vato alla n conviene usare il criterio della radice. Quindi
limn→∞
n
√n5 22n
5n= lim
n→∞n√n5 · 4
5= lim
n→∞
(n√n)5 · 4
5=
4
5< 1
16
quindi per il criterio della radice la serie converge.Esercizio 7.Studiare la convergenza della seguente serie
∞∑n=0
1
n2 + 1
Svolgimento.Questa e una serie a termini positivi. Calcoliamo
limn→∞
an = 0
Usiamo il criterio del confronto. L’obbiettivo e quello di confrontare il termine generalecon la serie armonica. Poiche n2 + 1 > n2 ∀n, passando ai reciproci otteniamo che
1
n2 + 1<
1
n2
quindi∞∑n=0
1
n2 + 1<∞∑n=1
1
n2
A destra si ha la serie armonica generalizzata che converge in quanto l’esponente e > 1.Quindi per il criterio del confronto anche la prima serie converge.Esercizio 8.Studiare la convergenza della seguente serie
∞∑n=0
n
en
Svolgimento.Questa e una serie a termini positivi. Calcoliamo
limn→∞
an = 0
Usiamo il criterio del rapporto, quindi
limn→∞
n+ 1
en+1· en
n= lim
n→∞
n+ 1
en e· en
n=
1
e< 1
Quindi per il criterio del rapporto la serie converge.Esercizio 9.Studiare la convergenza della seguente serie
∞∑n=0
(n+ 5
2n+ 3
)n2
17
Svolgimento.Questa e una serie a termini positivi. Calcoliamo
limn→∞
(n+ 5
2n+ 3
)n2
= limn→∞
(1
2
)n2
= 0
Usiamo il criterio della radice, quindi
limn→∞
n
√(n+ 5
2n+ 3
)n2
= limn→∞
(n+ 5
2n+ 3
)n= lim
n→∞
(1
2
)n= 0 < 1
Quindi per il criterio della radice la serie converge.Esercizio 10.Studiare la convergenza della seguente serie
∞∑n=1
√n+ 1
n2 + 1
Svolgimento.Questa e una serie a termini positivi. Calcoliamo
limn→∞
an = 0
Usiamo il criterio del confronto. L’obbiettivo e quello di confrontare il termine generalecon la serie armonica. Poiche n2 + 1 > n2 ∀n, passando ai reciproci otteniamo che
√n+ 1
n2 + 1<
√n+ 1
n2<
√n+ n
n2=√
2 ·√n
n2=√
2 · 1
n3/2
quindi∞∑n=1
√n+ 1
n2 + 1<√
2
∞∑n=1
1
n3/2
A destra si ha la serie armonica generalizzata che converge in quanto l’esponente e > 1.Quindi per il criterio del confronto anche la prima serie converge.Esercizio 11.Studiare la convergenza della seguente serie
∞∑n=1
n
n2 − 1
Svolgimento.Questa e una serie a termini positivi. Calcoliamo
limn→∞
an = 0
18
Usiamo il criterio del confronto, quindi
n
n2 − 1=
n
n− 1· n
n+ 1>
1
n+ 1>
1
n
quindi∞∑n=1
n
n2 − 1>∞∑n=1
1
n
A destra si ha la serie armonica che diverge. Quindi per il criterio del confronto anche laprima serie diverge.Esercizio 12.Studiare la convergenza della seguente serie
∞∑n=1
(n√n− 1
)nSvolgimento.Questa e una serie a termini positivi. Calcoliamo
limn→∞
an = 0
Usiamo il criterio della radice, quindi
limn→∞
n
√(n√n− 1
)n= lim
n→∞n√n− 1 = 0 < 1
Quindi per il criterio della radice la serie converge.
19
5 Esercitazione del 16-11-2010
Esercizio 1.Studiare il comportamento della serie:
∞∑n=1
(−5)n√n (n+ 1)
Svolgimento. Riscrivendo la serie
∞∑n=1
(−1)n (5)n√n (n+ 1)
si nota che si tratta di una serie a segni alterni. Andando a calcolare il
limn→∞
(5)n√n (n+ 1)
= +∞
possiamo concludere che la serie non converge. (Si e usata la condizione necessaria diconvergenza)Esercizio 2.Studiare il comportamento della serie:
∞∑n=0
(−3)2n+1
n!
Svolgimento. Si noti che 2n+ 1 e un valore sempre dispari, quindi possiamo concludereche la serie e a termini negativi. Se si raccoglie un - la serie diventa a termini positivi equindi si possono applicare i criteri per le serie a termini positivi. Studiamo la seguenteserie a termini positivi
∞∑n=0
32n+1
n!
applichiamo il criterio del rapporto
an+1
an=
32(n+1)+1
(n+ 1)!· n!
32n+1=
32n · 33 · n!
(n+ 1)n! · 32n · 3=
9
n+ 1
quindi
limn→∞
9
n+ 1= 0 < 1
quindi per il criterio del rapporto la serie studiata converge, quindi
−∞∑n=0
32n+1
n!
20
converge.Esercizio 3.Studiare il comportamento della serie:
∞∑n=0
(−1)n n!
(n+ 2)!
Svolgimento. Si tratta di una serie a termini di segno alterno di termine generale an =n!
(n+2)! . Possiamo applicare in criterio di Leibniz. Abbiamo che
limn→∞
n!
(n+ 2)!= lim
n→∞
n!
(n+ 2)(n+ 1)n!= 0
Verifichiamo che an sia decrescente
n!
(n+ 2)!≥ (n+ 1)!
(n+ 3)!⇒ n!
(n+ 2)(n+ 1)n!≥ (n+ 1)!
(n+ 3)(n+ 2)(n+ 1)!⇒
1
(n+ 1)≥ 1
n+ 3⇒ 0 ≤ 2
quindi per il criterio di Leibniz la serie data converge. Si noti che l’esercizio sarebbe statopiu semplice se avessimo studiato subito la convergenza assoluta. Infatti osservando che
n!/(n+ 2)! = 1/[(n+ 1)(n+ 2)]
la serie e assolutamente convergente per confronto asintotico con 1/n2, quindi convergente.Esercizio 4.Studiare il comportamento della serie:
∞∑n=0
n3 + n2 + 6
n5 + n+ 8
Svolgimento. Si tratta di una serie a termini positivi, proviamo ad applicare il criteriodel confronto asintotico,
n3 + n2 + 6
n5 + n+ 8∼ n3
n5=
1
n2per n→ +∞
A secondo membro abbiamo il termine generale della serie armonica generalizzata di espo-nente 2 > 1, quindi in base al criterio del confronto asintotico possiamo affermare che laserie data converge.Per casa.Studiare il comportamento della serie:
∞∑n=1
(−1)n−1(n+ 1
n2
)
21
Soluzione. Converge semplicemente.Esercizio 5.Studiare il comportamento della serie:
∞∑n=1
1√n (1 + n)
Svolgimento. Si tratta di una serie a termini positivi, proviamo ad applicare il criteriodel confronto asintotico,
1√n (1 + n)
∼ 1√n · n
=1
n3/2per n→ +∞
A secondo membro abbiamo il termine generale della serie armonica generalizzata di espo-nente 3/2 > 1, quindi in base al criterio del confronto asintotico posiamo affermare che laserie data converge.Esercizio 6.Studiare la convergenza semplice e assoluta della serie:
∞∑n=1
(−1)n+1
(1√n+ 2
)
Svolgimento. Si tratta di una serie a segni alterni di termine generale an = −1√n+2
Calcoliamo
limn→∞
−1√n+ 2
= 0
Verifichiamo se an e decrescente
−1√n+ 1 + 2
≤ −1√n+ 2
⇒√n+ 1 + 2 ≥
√n+ 2 ⇒ 1 ≥ 0
quindi per il criterio di Leibniz la serie data converge.
Studiamo ora la convergenza assoluta. Andiamo a studiare la convergenza di
∞∑n=1
∣∣∣∣(−1)n+1
(1√n+ 2
)∣∣∣∣ =
∞∑n=1
1√n+ 2
Si ha che1√n+ 2
∼ 1√n
per n→ +∞
A secondo membro abbiamo il termine generale della serie armonica generalizzata di espo-nente 1/2 < 1, quindi in base al criterio del confronto asintotico posiamo affermare che laserie data non converge assolutamente.
22
Esercizio 7.Studiare la convergenza semplice e assoluta della serie:
∞∑n=1
(−1)n(
2n+ 100
3n+ 1
)n
Svolgimento. Si tratta di una serie a segni alterni di termine generale an =(2n+1003n+1
)n.
Andiamo a studiare la convergenza di
∞∑n=1
∣∣∣∣(−1)n(
2n+ 100
3n+ 1
)n∣∣∣∣ =
∞∑n=1
(2n+ 100
3n+ 1
)nProviamo ad applicare il criterio della radice
limn→∞
n
√(2n+ 100
3n+ 1
)n= lim
n→∞
2n+ 100
3n+ 1=
2
3< 1
quindi per il criterio della radice la serie data converge assolutamente e quindi anchesemplicemente.Esercizio 8.Studiare la convergenza semplice e assoluta della serie:
∞∑n=0
(−1)nn− 1
n2 + n
Svolgimento. Si tratta di una serie a segni alterni di termine generale an = n−1n2+n
.Andiamo a studiare la convergenza di
∞∑n=0
∣∣∣∣(−1)nn− 1
n2 + n
∣∣∣∣ =
∞∑n=0
(−1)nn− 1
n2 + n
Proviamo ad applicare il criterio del confronto asintotico
n− 1
n2 + n∼ n
n2=
1
n
quindi per il criterio della confronto asintotico la serie data non converge assolutamente.Studiamo la convergenza semplice. Andiamo a calcolare il
limn→∞
n− 1
n2 + n= 0
Verifichiamo se an e decrescente
n+ 1− 1
(n+ 1)2 + n+ 1≤ n− 1
n2 + n⇒ n(n2+n) ≤ (n−1)(n2+3n+2) ⇒ n2−n−2 ≥ 0
23
Si ha che l’ultima disequazione e verificata ∀n ≥ 2, quindi per il criterio di Leibniz la seriedata converge.Per casa.Studiare il comportamento della serie:
∞∑n=1
1
n+ 2010
Soluzione. Diverge.Esercizio 9.Studiare il comportamento della serie:
∞∑n=1
1
2010n+ 2009
Svolgimento. Si tratta di una serie a termini positivi. Proviamo ad applicare il criteriodel confronto
1
2010n+ 2009=
1
2010· 1
n+2009
2010
>1
2010· 1
n+ 1
in quanto 20092010 < 1, quindi
∞∑n=1
1
2010n+ 2009>
1
2010
∞∑n=1
1
n+ 1=
1
2010
( ∞∑n=2
1
n+ 1− 1
)l’ultima serie presente nell’espressione precedente e la serie armonica, quindi per il criteriodel confronto la serie data diverge.
Si noti che se si avesse applicato il criterio asintotico il risultato sarebbe stato imme-diato.Esercizio 10.Studiare la convergenza semplice e assoluta della serie:
∞∑n=1
(−1)n
n(1 + 1
n
)nSvolgimento. Si tratta di una serie a segni alterni di termine generale an = 1
n(1+ 1n)
n .
Andiamo a studiare la convergenza di
∞∑n=1
∣∣∣∣∣ (−1)n
n(1 + 1
n
)n∣∣∣∣∣ =
∞∑n=1
1
n(1 + 1
n
)nSi ha, per confronto asintotico,
1
n(1 + 1
n
)n ∼ 1
enper n→ +∞
24
nel membro di destra si ha la serie armonica che diverge, quindi la serie data non convergeassolutamente. Studiamo la convergenza semplice tramite il criterio di Leibniz. Calcoliamoil
limn→∞
1
n(1 + 1
n
)n = 0
Si ha che an e decrescente. Infatti la successione(1 + 1
n
)etende ad e ed e crescente.
Ne segue che anche n(1 + 1
n
)ee crescente e quindi passando al reciproco si trova che
an = 1n(1+ 1
n)n e decrescente. Quindi per il criterio di Leibniz la serie di partenza converge
semplicemente.Esercizio 11.Studiare il comportamento della serie:
∞∑n=1
1
n n√n
Svolgimento. Si tratta di una serie a termini positivi. Proviamo a calcolare il
limn→∞
1
n n√n
= 0
quindi la serie potrebbe convergere. Proviamo ad applicare il criterio del confronto asin-totico
1
n n√n∼ 1
nper n→ +∞
a destra si ha la serie armonica, quindi per il criterio del confronto asintotico la serie datadiverge.
25
6 Esercitazione del 18-11-2010
Esercizio 1.Studiare il comportamento della serie:
∞∑n=3
log n
n
Svolgimento. Il logaritmo e una funzione monotona crescente quindi e facile notare chelog n > 1 ∀n ≥ 3. Notiamo inoltre che si tratta di una serie a termini positivi. Calcoliamoil limite del termine generale:
limn→∞
log n
n= 0
Quindi la serie potrebbe convergere. Usiamo il criterio del confronto
log n
n>
1
n
quindi∞∑n=3
log n
n>∞∑n=3
1
n
a secondo membro abbiamo la serie armonica che diverge. Quindi per il criterio delconfronto la serie data diverge.Esercizio 2.Studiare il comportamento della serie:
∞∑n=1
1− cosn
n2
Svolgimento. La funzione coseno assume valori tra −1 e 1 compresi, quindi a numera-tore abbiamo una quantita o sempre positiva o nulla. La serie data e a termini positivi.Calcoliamo il limite del termine generale:
limn→∞
1− cosn
n2= 0
Quindi la serie potrebbe convergere. Per quanto detto si ha
0 <1− cosn
n2<
2
n2
Quindi∞∑n=1
1− cosn
n2< 2
∞∑n=1
1
n2
26
la serie a secondo membro e la serie armonica generalizzata che converge perche l’esponetee maggiore di 1. Quindi possiamo concludere, grazie al criterio del confronto, che la seriedata converge.Esercizio 3.Studiare il comportamento della serie:
∞∑n=1
sin (π/2 + nπ)
n
Svolgimento. Notiamo che sin (π/2 + nπ) = (−1)n, cioe e un cambia segno, quindici troviamo di fronte ad una serie a termini di segno alterno. Studiamo dapprima laconvergenza assoluta (in quanto la convergenza assoluta implica quella semplice):
|an| =∣∣∣∣sin (π/2 + nπ)
n
∣∣∣∣ =1
n
essendo la serie dei moduli equivalente alla serie armonica concludiamo che la serie deimoduli non converge assolutamente (perche la serie armonica diverge). A questo puntoproviamo a studiare la convergenza semplice. Visto che si tratta si una serie a segni alterniproviamo ad applicare il criterio di Leibniz. Verifichiamo la prima condizione del criterio:
limn→∞
an = limn→∞
1
n= 0
Verifichiamo la seconda condizione del criterio:e facile notare che {an} e decrescente.
Essendo verificate entrambe le condizioni del criterio di Leibniz, possiamo concludereche la serie di partenza converge semplicemente.Esercizio 4.Studiare il comportamento della serie:
∞∑n=1
√n cos (πn)
n3 + 3
Svolgimento. Notiamo che cos (πn) = (−1)n, cioe e un cambia segno, quindi ci troviamodi fronte una serie a termini di segno alterno. Studiamo la convergenza assoluta attraversoil criterio del confronto asintotico:
|an| =∣∣∣∣√n cos (πn)
n3 + 3
∣∣∣∣ =
√n
n3 + 3∼√n
n3=
1
n5/2
A secondo membro abbiamo il termine generale della serie armonica generalizzata di espo-nente 5/2 > 1, quindi in base al criterio del confronto asintotico posiamo affermare chela serie data converge assolutamente e quindi siccome convergenza assoluta implica quellasemplice, abbiamo ottenuto anche la convergenza semplice.
27
Esercizio 5.Studiare il comportamento della serie:
∞∑n=1
sinn
n2
Svolgimento. In questo caso ci troviamo di fronte ad una serie a termini di segnoqualunque (non e a segni alterni). Dobbiamo studiare la convergenza assoluta.
∞∑n=1
∣∣∣∣sinnn2∣∣∣∣ =
∞∑n=1
|sinn|n2
≤∞∑n=1
1
n2
dato che |sinn| ≤ 1∀n. A destra abbiamo la serie armonica generalizzata che convergeperche l’esponente e maggiore di 1, per il criterio del confronto concludiamo che la seriedi partenza converge assolutamente e quindi semplicemente.Esercizio 6.Studiare il comportamento della serie:
∞∑n=1
n3[log(e6 + 2
n
)]n5n − 7
Svolgimento. Si tratta di una serie a termini positivi, proviamo ad applicare il criteriodella radice. Quindi
n
√n3[log(e6 + 2
n
)]n5n − 7
=
n√n3 log
(e6 + 2
n
)n√
5n − 7
andando a calcolare il
limn→∞
n√n3 log
(e6 + 2
n
)n√
5n − 7=
6
5> 1
dove il primo fattore tende a 1, il secondo tende a 6, mentre il fattore a denominatore tendea 5. Siccome il limite e maggiore di 1, per il criterio della radice la serie data diverge.
Si noti che si sarebbe ottenuto lo stesso risultato applicando il criterio del rapportooppure il criterio del confronto asintotico. Infatti (log(e6 + 2/n))n ≥ 6n e il termine6n/(5n − 7) diverge.Esercizio 7.Determinare il dominio di
f(x) =√
log x
Svolgimento. Deve essere che{log x ≥ 0x > 0
⇒{x ≥ 1x > 0
28
il sistema di destra ha per soluzione x ≥ 1, quindi in definitiva abbiamo trovato che ildominio della nostra funzione e l’insieme
D = {x ∈ R |x ≥ 1}
Esercizio 8.Determinare il dominio di
f(x) =
√log2 x− 4
log x+ 1
Svolgimento. Deve essere che
log2 x− 4
log x+ 1≥ 0
log x+ 1 6= 0
x > 0
Andiamo a risolvere la prima disequazione. Studiamo il segno del numeratore
log2 x− 4 = 0 ⇒ log x = ±2
quindi
log2 x− 4log x
+ − +2−2
invece per quanto riguarda il denominatore si ha
log x− +log x+ 1
−1
passando al riquadro si ha
log x
log2 x− 4
log x + 1
sol
−2 −1 2
+ − − +
− − + +
NO SI NO SI×
× ×
le soluzioni trovate sono in log x, per passare ad x si considera il grafico del logaritmo
29
x
log x
2
−1
−2
e−2 e−1
e2
quindi le soluzioni sonoe−2 ≤ x < e−1 ∪ x ≥ e2
Da log x+ 1 6= 0 troviamo che x 6= e−1. Quindi riassumendo abbiamo trovato chee−2 ≤ x < e−1 ∪ x ≥ e2
x 6= e−1
x > 0
cioe che e−2 ≤ x < e−1 ∪ x ≥ e2. In definitiva abbiamo che il dominio e
Dom f(x) ={x ∈ R| e−2 ≤ x < e−1 ∪ x ≥ e2
}Esercizio 9.Determinare il dominio di
f(x) =log(e2x − 3ex + 2
)+ log |x− 1|
3 + cos√
5− ex
Svolgimento. Deve essere chee2x − 3ex + 2 > 0x− 1 6= 05− ex ≥ 03 + cos
√5− ex 6= 0
⇒
e2x − 3ex + 2 > 0x− 1 6= 05− ex ≥ 0
in quanto la quarta disequazione e verificata ∀x. Infatti, siccome il coseno assume valoritra -1 e 1 compresi, si ha che il denominatore non si annulla mai. Andiamo a risolvere laprima disequazione:
e2x − 3ex + 2 = 0 ⇒ ex =3± 1
2=
{21
quindi
30
e2x − 3ex + 2 > 0ex
SI NO SI
1 2
invece per quanto riguarda la seconda disequazione si ha
exSI NO
55− ex ≥ 0
passando al riquadro si ha
ex
e2x−3ex+2 > 0
5 − ex ≥ 0
sol
1 2 5
SI NO SI SI
SI SI SI NO
SI NO SI NO
le soluzioni trovate sono in ex, per passare ad x si considera il grafico dell’esponenziale
1
2
5
0 log 2 log 5x
ex
Le soluzioni sono {x < 0 ∪ log 2 < x ≤ log 5x 6= 1
quindi in definitiva abbiamo trovato che il dominio e
Dom f(x) = {x ∈ R|x < 0, x 6= 1 , log 2 < x ≤ log 5}
31
7 Esercitazione del 23-11-2010
Esercizio 1.Risolvere la seguente disequazione
x2 − 2x− 3
x (x− 1)< 0
Svolgimento. Consideriamo il numeratore e ne studiamo il segno
x2 − 2x− 3 = 0 x = 1± 2 =
{3−1
quindi
x2 − 2x− 3x
+ − +3−1
invece per quanto riguarda il denominatore si ha
x− +x
0
x− +x− 1
1
passando al riquadro si ha
x
x2−2x−3
x
x − 1
sol
−1 0 1 3
+ − − − +
− − + + +
− − − + +
NO SI NO SI NO
× ×××
le soluzioni trovate sono: −1 < x < 0 ∪ 1 < x < 3.Esercizio 2.Risolvere il seguente sistema
x(x− 4) < 12x(2x− 1) + 3 > 4xx2 + x > −1
32
Svolgimento. Consideriamo la prima disequazione, portiamo tutto a primo membro edallo studio del segno ricaviamo gli intervalli dove e soddisfatta
x2 − 4x− 12 = 0 ⇒ x =4± 8
2=
{−26
quindi
x2 − 4x− 12 < 0x
NO SI NO
−2 6
invece per quanto riguarda la seconda disequazione si ha
2x2 − 5x+ 3 > 0x
SI NO SI
1 3/2
Infine la terza disequazione x2+x+1 > 0 e sempre soddisfatta ∀x in quanto il discriminantee negativo. Passando al riquadro si ha
x
x2−4x−12 < 0
2x2−5x+3 > 0
x2 + x+ 1 > 0
sol
−2 1 3/2 6
NO SI SI SI NO
SI SI NO SI SI
SI SI SI SI SI
NO SI NO SI NO
In conclusione le soluzioni del sistema di disequazioni sono:
−2 < x < 1 ∪ 3/2 < x < 6
Esercizio 3.Risolvere la seguente disequazione irrazionale
3− 2x >√x2 − 4x+ 3
Svolgimento. Affinche il radicale abbia significato deve essere che
x2 − 4x+ 3 ≥ 0
quindi andando a risolvere otteniamo
x2 − 4x+ 3 = 0 ⇒ x = 1 e x = 3
33
x2 − 4x+ 3 ≥ 0x
SI NO SI
1 3
Affinche la disuguaglianza abbia senso bisogna imporre che
3− 2x > 0
da cui
x <3
2Infine, siccome si eleva a quadrato, di deve imporre che
(3− 2x)2 > x2 − 4x+ 3
quindi portando tutto a primo membro troviamo 3x2−8x+6 > 0. Siccome il discriminantee negativo la disequazione e sempre soddisfatta ∀x. Procediamo con la costruzione delriquadro
x
x2 − 4x+ 3 ≥ 0
3 − 2x > 0
3x2−8x+6 > 0
sol
1 3/2 3
SI NO NO SI
SI SI NO NO
SI SI SI SI
SI NO NO NO
In definitiva la soluzione della disequazione e x ≤ 1.Esercizio 4.Risolvere la seguente disequazione irrazionale
x− 2 <√
4− x
Svolgimento. In questo caso il membro di sinistra puo essere negativo, ma anche positivo.Pertanto si devono risolvere i seguenti sistemi{
4− x ≥ 0x− 2 < 0
e
4− x > 0x− 2 ≥ 04− x > (x− 2)2
Il primo sistema ha come soluzione x < 2Consideriamo il secondo sistema: la prima disequazione e risolta per x < 4, la seconda perx ≥ 2, mentre per quanto riguarda la terza disequazione si ha
4− x > (x− 2)2 ⇒ x2 − 3x < 0 ⇒ 0 < x < 3
34
considerando l’intersezione delle tre soluzioni trovate si ha che il secondo sistema ha comesoluzione 2 ≤ x < 3. Ora dobbiamo prendere l’unione delle due soluzioni trovate dei duesistemi, quindi la soluzione della nostra disequazione di partenza e x < 3.Esercizio 5.Risolvere la seguente disequazione
cos(
3x− π
3
)> −1
2
Svolgimento. Poniamo per semplicita t = 3x − π3 ed andiamo a considerare la circon-
ferenza trigonometrica. Si deve riportare sull’asse del coseno il valore −12 e contrassegnare
l’intervallo in cui la disequazione cos(3x− π
3
)> −1
2 e soddisfatta. Si procede andando aproiettare sulla circonferenza gli intervalli considerati per trovare gli angoli corrispondentie le parti di circonferenza che corrispondono alla soluzione. Graficamente si ha
cos t
sin t23π
−23π
−1/2
cos t > −12
Se consideriamo l’intervallo [−π, π] la soluzione diventa
2kπ − 2
3π < t <
2
3π + 2kπ ∀k ∈ Z
quindi tornando alla x
2kπ − 2
3π < 3x− π
3<
2
3π + 2kπ ∀k ∈ Z
infine le soluzioni sono
−π/9 + 2/3kπ < x <π
3+ 2/3kπ ∀k ∈ Z
Esercizio 6.Risolvere la seguente disequazione con i moduli
|x− 2|+ |x− 1| − 2|x− 4| − x+ 2 ≥ 0
Svolgimento. Procediamo con lo studio del segno degli argomenti di ciascun modulo
x− +x− 2
2
35
x− +x− 1
1
x− +x− 4
4
passando al riquadro si ha
x
x − 2
x − 1
x − 4
1 2 4
− − + +
− + + +
− − − +
××
×si sono cosı trovati 4 casi:1◦ caso {
x ≤ 1−(x− 2)− (x− 1) + 2(x− 4)− x+ 2 ≥ 0
consideriamo la seconda disequazione
−(x− 2)− (x− 1) + 2(x− 4)− x+ 2 ≥ 0 ⇒ x ≤ −3
in definitiva si che il sistema ha come soluzione x ≤ −3.2◦ caso {
1 ≤ x ≤ 2−(x− 2) + (x− 1) + 2(x− 4)− x+ 2 ≥ 0
consideriamo la seconda disequazione
−(x− 2) + (x− 1) + 2(x− 4)− x+ 2 ≥ 0 ⇒ x ≥ 5
in definitiva si che il sistema ha come soluzione ∅.3◦ caso {
2 ≤ x ≤ 4(x− 2) + (x− 1) + 2(x− 4)− x+ 2 ≥ 0
consideriamo la seconda disequazione
(x− 2) + (x− 1) + 2(x− 4)− x+ 2 ≥ 0 ⇒ x ≥ 3
in definitiva si che il sistema ha come soluzione 3 ≤ x < 4.4◦ caso {
x ≥ 4(x− 2) + (x− 1)− 2(x− 4)− x+ 2 ≥ 0
36
consideriamo la seconda disequazione
(x− 2) + (x− 1)− 2(x− 4)− x+ 2 ≥ 0 ⇒ x ≥ 7
in definitiva si che il sistema ha come soluzione 4 ≤ x ≤ 7.Dopo aver risolto i singoli sistemi si deve considerare l’unione delle soluzioni trovate, cioe
x ≤ −3 ∪ ∅ ∪ 3 ≤ x < 4 ∪ 4 ≤ x ≤ 7
quindi in definitiva si ha che la soluzione della disequazione con i moduli e
x ≤ −3 ∪ 3 ≤ x ≤ 7
37
8 Esercitazione del 24-11-2010
Esercizio 1.Risolvere la seguente disequazione
sinx (sinx+ cosx) ≤ 0
con −π ≤ x ≤ πSvolgimento.Consideriamo il primo fattore e studiamone il segno in funzione di sinx. Vedo il fattoresinx come l’equazione di una retta crescente che intercetta l’asse sinx nell’origine (e comese avessi eseguito un cambio di variabile ponendo t = sinx)
sinx− +sinx
0
ma bisogna considerare il segno in funzione di x, quindi si considera la circonferenzatrigonometrica andando a riportare lo studio del segno appena eseguito. Si proiettanoi risultati ottenuti passando dall’asse sinx all’asse x, rappresentato dalla circonferenza.Otteniamo:
cosx
sinx
×× 0×π++
−−
Consideriamo ora il secondo fattore, ponendolo uguale a zero si ha
sinx+ cosx = 0 ⇒ sinx = − cosx
andiamo a tracciare sulla circonferenza trigonometrica i valori per cui il seno e ugualea meno il coseno. I valori trovati mi andranno a dividere la circonferenza in due parti,una positiva e una negativa. Per capire di quale parte si tratta basta dare un valoreall’espressione sinx+ cosx, per esempio per
x =π
2sinx+ cosx > 0
Graficamente si ha
cosx
sinx
×34π
×74π
+
−
38
Ora dobbiamo considerare il prodotto dei segni dei due fattori. Disegniamo tre circon-ferenze concentriche: nella prima metteremo i segni del primo fattore, nella seconda quellidel secondo e nella terza il loro prodotti, cioe il segno della disequazione e quindi lesoluzioni:
cosx
sinx
×
34π
×
-π4
×× 0π
In conclusione le soluzioni sono: −π/4 ≤ x ≤ 0 ∪ 3/4π ≤ x ≤ π.Esercizio 2.Risolvere la seguente disequazione
√3 sinx− cosx > 0
Svolgimento.Controllo se cosx = 0, cioe x 6= π
2 + kπ e una soluzione della disequazione. Si ha
√3 sin
π
2− cos
π
2=√
3 > 0
quindi x = π2 + kπ e una soluzione. Suppongo ora cosx 6= 0 e divido ambo i membri per
cosx. Poiche la funzione coseno non ha segno costante, bisogna distinguere i due casi incui cosx < 0 e cosx > 0 ottenendo cosı due sistemi da risolvere:{√
3 tanx− 1 > 0cosx > 0
∪{√
3 tanx− 1 < 0cosx < 0
Andiamo a risolvere il primo sistema. Consideriamo la prima disequazione
√3 tanx− 1 = 0 ⇒ tanx =
1√3
=
√3
3
quindi
tanxNO SI
√3 tanx− 1 > 0 √
3/3
ma bisogna considerare il segno in funzione di x, quindi considero la circonferenza trigono-metrica
39
cosx
sinx tanx
π6
76π
π2
32π
√3/3
SI
NO
per quanto riguarda la seconda disequazione si ha
cosx
sinxπ2
32π
SINO
infine considerando l’intersezione delle soluzioni trovate
cosx
sinx
π6
76π
π2
32π
si trova la soluzione del primo sistema: π/6 + 2kπ < x < π/2 + 2kπ. Mentre per quantoriguarda il secondo sistema si ha
40
cosx
sinx
π6
76π
π2
32π
quindi la soluzione del secondo sistema: e π/2 + 2kπ < x < 7/6π + 2kπ. Infine si deveprendere l’unione delle soluzioni dei due sistemi, quindi la soluzione della disequazione e
π/6 + 2kπ < x < 7/6π + 2kπ ∀k ∈ Z
osservando che π/2 + kπ e gia compreso nell’intervallo delle soluzioni.Altro modo per risolvere l’esercizio: si poteva anche dividere per 1/2 e osservare che
√3
2sinx− 1
2cosx = sin
π
3sinx− cos
π
3cosx = − cos(x+ π/3),
quindi l’equazione diviene cos(x+ π/3) < 0 per le formule di addizione del coseno, da cuiπ/2 + 2kπ < x+ π/3 < 3π/2 + 2kπ che implica π/6 + 2kπ < x < 7π/6 + 2kπ.Esercizio 3.Risolvere la seguente disequazione con il modulo
|x2 − x− 3| < 2x+ 1
Svolgimento.Come primo passo si esegue uno studio del segno dell’argomento del modulo, quindi
x2 − x− 3 = 0 ⇒ x =1±√
13
2=
{1+√13
21−√13
2
quindi
x2 − x− 3x
+ − +1−√13
21+√13
2
Abbiamo due casi:1◦ caso {
x2 − x− 3 < 2x+ 1
x ≤ 1−√13
2 ∪ x ≥ 1+√13
2
Andando a risolvere la prima disequazione si ha
41
x2 − 3x− 4 < 0x
NO SI NO
−1 4
tenendo conto della seconda espressione si ha che la soluzione del sistema e
1 +√
13
2≤ x < 4
2◦ caso {−(x2 − x− 3) < 2x+ 11−√13
2 < x < 1+√13
2
Andando a risolvere la prima disequazione si ha
x2 + x− 2 > 0x
SI NO SI
−2 1
tenendo conto della seconda espressione si ha che la soluzione del sistema e
1 < x <1 +√
13
2
Per concludere bisogna prendere l’unione delle soluzioni trovate, quindi la soluzione delladisequazione e
1 < x < 4
Esercizio 4.Studiare il dominio di
f(x) =1− cosx
x2 log (1 + 3√x)
Svolgimento.Deve essere {
x2 log (1 + 3√x) 6= 0
1 + 3√x > 0
Affinche x2 log (1 + 3√x) 6= 0 deve essere sia che x2 6= 0, sia che log (1 + 3
√x) 6= 0, ovvero
le due condizioni debbono essere simultaneamente vere. Quindi
x2 = 0 ⇒ x = 0
mentre
log(1 + 3√x)
= 0 ⇒ log(1 + 3√x)
= log e0 ⇒ 1+ 3√x = 1 ⇒ 3
√x = 0 ⇒ x = 0
Da entrambe le disuguaglianze si ricava x 6= 0. Consideriamo la seconda disequazione
1 + 3√x > 0⇔ x > −1
Pertanto il dominio e ]− 1, 0[∩]0,+∞[.
42
9 Esercitazione del 25-11-2010 (2 ore)
Esercizio 1.Risolvere il seguente limite
limx→∞
x4 − x3 + 1√x+ x2 − x3
Svolgimento.Si ha una forma indeterminata del tipo
[∞∞]. Si raccoglie il termine che cresce piu veloce-
mente. Quindi
limx→∞
x4 − x3 + 1√x+ x2 − x3
= limx→∞
x4
−x3= −∞
Esercizio 2.Risolvere il seguente limite
limx→−∞
(x3
3x2 − 4− x2
3x+ 2
)Svolgimento.Si ha una forma indeterminata del tipo [−∞+∞]. Svolgendo i calcoli
x3
3x2 − 4− x2
3x+ 2=
2x3 + 4x2
(3x2 − 4) (3x+ 2)
quindi
limx→−∞
2x3 + 4x2
(3x2 − 4) (3x+ 2)=
2
9
Esercizio 3.Risolvere il seguente limite
limx→±∞
x− 1√2x2 − 1
Svolgimento.Si ha una forma indeterminata del tipo
[∞∞]. Si raccoglie il termine che cresce piu veloce-
mente. Quindi
limx→±∞
x(1− 1
x
)|x|√
2− 1x2
=±1√
2
Esercizio 4.Risolvere il seguente limite
limx→2
2x3 − 5x2 − 4x+ 12
x4 − 4x3 + 5x2 − 4x+ 4
Svolgimento.Si ha una forma indeterminata del tipo
[00
]. Scomponiamo in fattori numeratore e de-
nominatore usando il metodo di Ruffini.
43
Scomponiamo in fattori il numeratore N(x) = 2x3 − 5x2 − 4x+ 12
2 -5 -4 12
2 4 -2 -12
2 -1 -6 0
abbiamo ottenutoN(x) = (2x2 − x− 6)(x− 2)
Scomponiamo in fattori il denominatore D(x) = x4 − 4x3 + 5x2 − 4x+ 4
1 -4 5 -4 4
2 2 -4 2 -4
1 -2 1 -2 0
abbiamo ottenutoD(x) = (x3 − 2x2 + x− 2)(x− 2)
Prima di procedere nella scomposizione proviamo a ricalcolare il limite,
limx→2
2x3 − 5x2 − 4x+ 12
x4 − 4x3 + 5x2 − 4x+ 4= lim
x→2
(2x2 − x− 6)(x− 2)
(x3 − 2x2 + x− 2)(x− 2)
= limx→2
2x2 − x− 6
x3 − 2x2 + x− 2=
[0
0
]abbiamo riottenuto una forma indeterminata, quindi dobbiamo continuare con la scompo-sizione in fattori. Scomponiamo il numeratore dell’ultimo limite ottenuto,
2x2 − x− 6 = 0 ⇒ x =1± 7
4=
{2−3
2
quindi N(x) = 2(x− 2)(x+ 32) = (x− 2)(2x+ 3). Scomponiamo il fattore a denominatore
2 -5 -4 12
2 4 -2 -12
2 -1 -6 0
quindi D(x) = (x2 + 1)(x− 2)In conclusione abbiamo trovato il seguente
limx→2
(x− 2)(2x+ 3)
(x2 + 1)(x− 2)=
7
5
Esercizio 5.Risolvere il seguente limite
limx→0
√1 + x−
√1− x
x
44
Svolgimento.A numeratore si ha una forma indeterminata del tipo
[∞∞]. Si razionalizza ricordando che
a2 − b2 = (a− b)(a+ b). Quindi
limx→0
√1 + x−
√1− x
x= lim
x→0
√1 + x−
√1− x
x·√
1 + x+√
1− x√1 + x+
√1− x
= limx→0
1 + x− 1 + x
x(√
1 + x+√
1− x) = 1
Esercizio 6.Risolvere il seguente limite
limx→+∞
(√x+ cosx
)Svolgimento.
limx→+∞
(√x+ cosx
)= lim
x→+∞
√x(1 +
↗0︷ ︸︸ ︷cosx√x
) = limx→+∞
√x = +∞
in quanto cosx e limitata.Esercizio 7.Risolvere il seguente limite
limx→0+
√x sin
1
x
Svolgimento.Essendo sin 1
x limitata e√x→ 0 per x→ 0+ si ha
limx→0+
√x sin
1
x= 0
Esercizio 8.Risolvere il seguente limite
limx→−∞
(1− π
x
)2xSvolgimento.In questo caso ci si deve ricondurre al limite fondamentale limx→∞ (1 + 1/x)x = e. Es-eguiamo il seguente cambio di variabile ponendo
−πx
=1
t⇒ x = −πt
Se x→ −∞ allora t→ +∞, quindi andando a sostituire otteniamo il seguente
limt→+∞
(1 +
1
t
)−2πt=
[lim
t→+∞
(1 +
1
t
)t]−2π= e−2π
45
Esercizio 9.Risolvere il seguente limite
limx→+∞
22x + 2−x
(2x − 1)2
Svolgimento.Si ha una forma indeterminata del tipo
[∞∞]. Si raccoglie il termine che cresce piu veloce-
mente. Quindi
limx→+∞
22x(1 + 2−3x
)22x (1− 2−x)2
= 1
se invece avessimo avuto il seguente limite
limx→−∞
22x + 2−x
(2x − 1)2
avremmo ottenuto
limx→−∞
↗0︷︸︸︷22x +
↗+∞︷︸︸︷2−x
(
↗0︷︸︸︷2x −1)2
= +∞
Esercizio 10.Risolvere il seguente limite
limx→0
3√
1 + x− 3√
1− xx
Svolgimento.Si ha una forma indeterminata del tipo
[00
]. Si razionalizza ricordando che a3 − b3 =
(a− b)(a2 + ab+ b2), quindi
3√
1 + x− 3√
1− xx
=3√
1 + x− 3√
1− xx
·3√
(1 + x)2 + 3√
(1 + x)(1− x) + 3√
(1− x)2
3√
(1 + x)2 + 3√
(1 + x)(1− x) + 3√
(1− x)2
=1 + x− 1 + x
x[
3√
(1 + x)2 + 3√
(1 + x)(1− x) + 3√
(1− x)2] −→ 2
3
per x −→ 0.Esercizio 11.Risolvere il seguente limite
limx→+∞
x+ cosx√x− 1
Svolgimento.
46
Per la stessa motivazione usata nell’esercizio 6, si ha
limx→+∞
x+ cosx√x− 1
= limx→+∞
x(1 +
↗0︷ ︸︸ ︷cosx
x)
√x(1−
↗0︷︸︸︷1√x
)
= limx→+∞
√x = +∞
Esercizio 12.Risolvere il seguente limite
limx→1+
x4 − x3 + 1
1− x3
Svolgimento.Si ha
limx→1+
x4 − x3 + 1
1− x3=
1
0−= −∞
Il fattore 1−x3 determina il segno dello zero. Quando mi avvicino a 1 da destra il fattore1− x3 assume valori sempre negativi fino ad annullarsi, quindi posso dedurre che lo zerotrovato e un 0−.Esercizio 13.Risolvere il seguente limite
limx→2
x3 − 2x2 − 4x+ 8
x3 + x2 − 2x− 8
Svolgimento.Si ha una forma indeterminata del tipo
[00
]. Scomponiamo in fattori numeratore e de-
nominatore usando il metodo di Ruffini. Scomponiamo in fattori il numeratore N(x) =x3 − 2x2 − 4x+ 8
1 -2 -4 8
2 2 0 -8
1 0 -4 0
abbiamo ottenuto
N(x) = (x2 − 4)(x− 2)
Scomponiamo in fattori il denominatore D(x) = x3 + x2 − 2x− 8
1 1 -2 -8
2 2 6 8
1 3 4 0
47
abbiamo ottenutoD(x) = (x2 + 3x+ 4)(x− 2)
Prima di procedere nella scomposizione proviamo a ricalcolare il limite,
limx→2
(x2 − 4)(x− 2)
(x2 + 3x+ 4)(x− 2)= 0
Esercizio 14.Risolvere il seguente limite
limx→0
1− cosx+ sin2 x
1− cos2 x
Svolgimento.Abbiamo un’espressione in cui sono presenti sia la funzione sinx che la funzione cosx equesto ci disturba. Quindi riscriviamo l’espressione trasformando il seno in coseno in basealle formule, quindi
1− cosx+ sin2 x
1− cos2 x=
1− cosx+ 1− cos2 x
1− cos2 x=− cos2 x− cosx+ 2
1− cos2 x=−(cosx+ 2)(cosx− 1)
(1− cosx)(1 + cosx)
quindi
limx→0
cosx+ 2
1 + cosx=
3
2
48
10 Esercitazione del 01-12-2010
Esercizio 1.Risolvere il seguente limite
limx→0+
log(
1 +√ex2 − 1
)√
1− cosx
Svolgimento.Si sfruttano i seguenti limiti fondamentali limx→0
log (1+x)x = 1, limx→0
sinxx = 1 e limx→0
ex−1x =
1 quindi per prima cosa si verifica che√ex2 − 1→ 0 per x→ 0. Si ha
limx→0+
log(
1 +√ex2 − 1
)√
1− cosx·√ex2 − 1√ex2 − 1
= limx→0+
√ex2 − 1√
1− cosx·√
1 + cosx√1 + cosx
√1− cosx
√1 + cosx =
√1− cos2 x = sinx
= limx→0+
√ex2 − 1
√1 + cosx
sinx· xx
= limx→0+
√ex2 − 1
√1 + cosx√x2
= limx→0+
√ex2 − 1
x2·√
1 + cosx
=√
2
Nota: siccome la funzione di cui si calcola il limite e pari, esiste anche il limite per x→ 0−
e vale√
2. Esercizio 2.Risolvere il seguente limite
limx→1
log x
x− 1
Svolgimento.Si vuole ricondursi al limite fondamentale limx→0
log (1+x)x = 1. Si esegue un cambio di
variabile ponendo
y = x− 1 ⇒ quando x→ 1 si ha che y → 0
andando a sostituire si ottiene il seguente
limy→0
log (y + 1)
y= 1
Esercizio 3.Risolvere il seguente limite
limx→0
tan3 x
x(1− cosx)
49
Svolgimento.Si vuole ricondursi ai seguenti limiti fondamentali limx→0
1−cosxx2
= 12 e limx→0
tanxx = 1,
quindi
limx→0
tan3 x
x(1− cosx)· x
2
x2= lim
x→0
(tanx
x
)3
· x2
1− cosx= 2
Esercizio 4.Risolvere il seguente limite
limx→0
sin 3x
e2x − 1
Svolgimento.Si vuole ricondursi ai seguenti limiti fondamentali limx→0
ex−1x = 1 e limx→0
sinxx = 1,
quindi
limx→0
sin 3x
3x· 2x
e2x − 1· 3
2=
3
2
Esercizio 5.Risolvere il seguente limite
limx→0
cosx3 − 1
sinx5
Svolgimento.Si vuole ricondursi ai seguenti limiti fondamentali limx→0
1−cosxx2
= 12 e limx→0
sinxx = 1,
quindi
limx→0
−(1− cosx3
)x5
· x5
sinx5= lim
x→0
−(1− cosx3
)(x3)2
· x = 0
Esercizio 6.Risolvere il seguente limite
limx→0
1− cosx
sin2 x
Svolgimento.Si vuole ricondursi ai seguenti limiti fondamentali limx→0
1−cosxx2
= 12 e limx→0
sinxx = 1,
quindi
limx→0
1− cosx
sin2 x· x
2
x2=
1
2
Esercizio 7.Risolvere il seguente limite
limx→1
2 sin (x− 1)
x2 − 1· e
(x2−1) − 1
x− 1
Svolgimento.
50
Si vuole ricondursi ai seguenti limiti fondamentali limx→0ex−1x = 1 e limx→0
sinxx = 1,
quindi si esegue il seguente cambio di variabile andando a porre
y = x− 1 quindi se x→ 1 allora y → 0
quindi andando a sostituire si ottiene
limy→0
2 sin y
(y + 1)2 − 1· e
↗0︷ ︸︸ ︷((y + 1)2 − 1
)− 1
y= 2
Si noti che si sarebbe potuto risolvere il limite direttamente, senza eseguire il cambio divariabili, dopo essersi accertati che gli argomenti x− 1→ 0 e x2 − 1→ 0 per x→ 1.Esercizio 8.Risolvere il seguente limite
limx→0
x(2x − 3x)
1− cos 3x
Svolgimento.Si vuole ricondursi ai seguenti limiti fondamentali limx→0
1−cosxx2
= 12 e limx→0
ax−1x =
log a, quindi
limx→0
x(2x − 3x)
1− cos 3x= lim
x→0
−2x((
32
)x − 1)
1− cos 3x· (3x)2
9x= −2
9log (3/2)
Esercizio 9.Risolvere il seguente limite
limx→e
log x− 1
x− e
Svolgimento.Si vuole ricondursi ai seguente limite fondamentale limx→0
log (1+x)x = 1, quindi si esegue
il seguente cambio di variabile andando a porre
y = x− e quindi se x→ e allora y → 0
quindi andando a sostituire si ottiene
limy→0
log (y + e)− 1
y= lim
y→0
log(e(1 + y
e
))− 1
y= lim
y→0
log e + log(1 + y
e
)− 1
y
e· e
=1
e
51
11 Esercitazione del 02-12-2010
Esercizio 1.Risolvere il seguente limite
limx→e
log x− 1
x− e
Svolgimento.Si vuole ricondursi ai seguente limite fondamentale limx→0
log (1+x)x = 1, quindi si esegue
il seguente cambio di variabile andando a porre
y = x/e quindi se x→ e allora y → 1
quindi andando a sostituire si ottiene
limy→1
log ey − 1
ey − e= lim
y→1
log e + log y − 1
e(y − 1)=
1
elimy→1
log y
y − 1=
1
elimz→0
log (z + 1)
z=
1
e
Esercizio 2.Risolvere il seguente limite
limx→0+
log x log (1− x)
Svolgimento.Si vuole ricondursi al limite fondamentale limx→0
log (1+x)x = 1 e limx→0+ x
b log x = 0. Siesegue un cambio di variabile ponendo
y = −x quindi se x→ 0+ allora y → 0−
quindi
limy→0−
log (−y) log (1 + y) = limy→0−
(−y) log (−y)log (1 + y)
−y= 0
Esercizio 3.Risolvere il seguente limite
limx→1
xx
1−x
Svolgimento.Si consideri la seguente uguaglianza
xx
1−x = elog xx
1−x= e
x1−x log x
quindi
limx→1
xx
1−x = limx→1
ex
1−x log x= lim
y→0e−(1+y) log (1+y)y = e
limy→0−(1+y)log (1+y)
y = e−1
52
avendo posto y=x-1 e usato il limite fondamentale limx→0log (1+x)
x .Esercizio 4.Risolvere il seguente limite
limx→0+
xx − 1
x
Svolgimento.Si consideri la seguente uguaglianza
xx = elog xx = ex log x
quindi usando il seguente limite fondamentale limx→0ex−1x = 1
limx→0+
xx − 1
x= lim
x→0+
ex log x − 1
x· log x
log x= −∞
Esercizio 5.Risolvere il seguente limite
limx→+∞
loga x
xcon 0 < a < 1
Svolgimento.Si esegue il seguente cambio di variabile ponendo
y = loga x quindi se x→ +∞ allora y → −∞
quindi
limx→+∞
loga x
x= lim
y→−∞
y
ay= 0
Esercizio 6.Risolvere il seguente limite
limx→0+
2e2x − 1
2x
Svolgimento.Si vuole ricondursi al seguente limite fondamentale limx→0
ex−1x = 1, quindi
limx→0+
2e2x − 1
2x= lim
x→0+
2e2x − 2 + 1
2x= lim
x→0+
2(e2x − 1)
2x+ limx→0+
1
2x= 2 +∞ = +∞
Esercizio 7.Risolvere il seguente limite
limx→1
log x
ex − e
Svolgimento.Si vuole ricondursi ai seguenti limiti fondamentali limx→0
ex−1x = 1 e limx→0
log (1+x)x = 1.
Si esegue un cambio di variabile ponendo
y = x− 1 ⇒ quando x→ 1 si ha che y → 0
53
quindi
limx→1
log x
ex − e= lim
x→1
log x
e(ex−1 − 1)= lim
y→0
log (1 + y)
e(ey − 1)· yy
=1
e
Esercizio 8.Risolvere il seguente limite
limx→0
√1 + tanx−
√1− tanx
sinx
Svolgimento.Si razionalizza ricordando che a2 − b2 = (a− b)(a+ b). Quindi
limx→0
√1 + tanx−
√1− tanx
sinx= lim
x→0
√1 + tanx−
√1− tanx
sinx·√
1 + tanx+√
1− tanx√1 + tanx+
√1− tanx
= limx→0
1 + tanx− 1 + tanx
sinx(√
1 + tanx+√
1− tanx)
=1
2limx→0
2 tanx
sinx· xx
= 1
Esercizio 9.Risolvere il seguente limite
limx→0
esin2 (x) + x − ex
log (π tan2 x+ 1)
Svolgimento.Si vuole ricondursi ai seguenti limiti fondamentali limx→0
ex−1x = 1 e limx→0
log (1+x)x = 1,
limx→0sinxx e limx→0
tanxx . Quindi
limx→0
ex(esin2 x − 1)
log (π tan2 x+ 1)· sin2 x
sin2 x· π tan2 x
π tan2 x= lim
x→0
ex sin2 x
π tan2 x· x
2
x2=
1
π
54
12 Esercitazione del 09-12-2010
Esercizio 1.Determinare se la funzione f(x) e continua nel suo dominio
f(x) =
sin 1
x1x
se x 6= 0
0 se x = 0
Svolgimento.f(x) e una funzione definita per casi e l’unico punto punto in cui si va a studiare lacontinuita e il punto di raccordo x = 0. Bisogna verificare che il valore assunto dal limitesinistro della funzione, coincida con quello assunto dal limite destro e con quello assuntodalla funzione nel punto x = 0. Quindi
limx→0
f(x) = limx→0
sin 1x
1x
= 0
Si ha che f(0) = 0, quindi si conclude che la funzione e continua in tutto il suo dominio.Esercizio 2.Per quali valori a ∈ R la funzione
f(x) =
{ex−e−x
2x se x < 0
x− a2 + 2a se x ≥ 0
e continua?Svolgimento.Si ha che
limx→0−
ex − e−x
2x= lim
x→0−
1
ex· e2x − 1
2x= 1
mentrelimx→0+
x− a2 + 2a = −a2 + 2a = f(0)
quindi imponendo che−a2 + 2a = 1 ⇒ a = 1
in conclusione si ha che la funzione e continua nel suo dominio se a = 1.Esercizio 3.Determinare per quali valori a, b ∈ R la funzione
f(x) =
log(x+ b2
)se x > 0
1−cos (ax)tanx2
se x < 0
1 se x = 0
e continua nel suo dominio.Svolgimento.
55
Il punto per cui si studia la continuita e l’origine, in tutti gli altri punti la funzione econtinua. Quindi
limx→0−
1− cos (ax)
tanx2= lim
x→0−
1− cos (ax)
a2x2· a
2x2
tanx2=a2
2
Si ha che f(0) = 1, quindi la prima condizione da imporre e
a2 = 2 ⇒ a = ±√
2
Poi si ha chelimx→0+
log(x+ b2
)= log (b2)
quindi la seconda condizione da imporre e
log (b2) = 1 ⇒ b = ±√e
In conclusione si e trovato che la funzione e continua nell’origine se e solo se (a, b) =(±√
2,±√e) con tutte le scelte possibili dei segni.
Esercizio 4.Verificare che la funzione
f(x) =
{x2 cos 1
x se x 6= 0
0 se x = 0
e derivabile in x0 = 0Svolgimento.Per studiare la derivabilita di f nell’origine, si usa la definizione di derivata come limitedel rapporto incrementale,
limx→0
f(x)− f(0)
x− 0= lim
x→0
x2 cos 1x − 0
x= lim
x→0x cos
1
x= 0
avendo trovato che esiste finito il limite del rapporto incrementale possiamo concludereche f(x) e derivabile nell’origine.Esercizio 5.Determinare i punti di non derivabilita
f(x) = cos√|x|
Svolgimento.Per risolvere il seguente esercizio ricorriamo al seguente
Teorema. Sia f una funzione continua in x0 e derivabile in tutti i punti x 6= x0 di unintorno x0. Se esiste finito il limite per x → x0 della funzione f’(x), allora f e derivabileanche in x0 e si ha
f ′(x0) = limx→x0
f ′(x)
56
Il dominio di f(x) e tutto R, inoltre f(x) e continua su tutto R in quanto composizionedi funzioni continue. Riscriviamo f(x) ne seguente modo
f(x) = cos√|x| =
{cos√−x se x ≤ 0
cos√x se x > 0
Dobbiamo verificare che le derivate dx e sx coincidano, quindi
limx→0−
f ′(x) = limx→0−
sin√−x · 1
2√−x
=1
2
mentre
limx→0+
f ′(x) = limx→0+
− sin√x · 1
2√x
= −1
2
Essendo le due derivate laterali diverse, possiamo concludere che f(x) non e derivabilenell’origine. Possiamo inoltre dire che l’origine e un punto angoloso.
Se invece avessimo applicato la definizione di derivata come limite del rapporto incre-mentale si sarebbe ottenuto lo stesso risultato infatti si ha f(0) = 1:
limx→0+
cos√|x| − 1
x= lim
x→0+
cos√|x| − 1
sign(x) (√|x|)2
= −1/2,
limx→0−
cos√|x| − 1
x= lim
x→0+
cos√|x| − 1
sign(x) (√|x|)2
= +1/2,
il che concorda con il risultato precedentemente trovato. Si conclude che
limx→0
cos√|x| − 1
x
non esiste, quindi la funzione non e derivabile in 0.Esercizio 6.Determinare la derivata di
f(x) = arcsinx
Svolgimento.1◦ modo: Calcolo di f ′(x) tramite la derivata della funzione inversa. In base al teoremasappiamo che (f−1)′(y) = 1
f ′(x) = 1f ′(f−1)(y)
.Poniamo
x = g(y) = sin y
la cui derivata e
g′(y) = cos y
mentre l’inversa e
y = g−1(x) = arcsinx
57
quindi (g−1)′
(x) =1
g′(y)=
1
cos y=
1
cos (arcsinx)=
1√1− x2
2◦ modo: Calcolo di f ′(x) tramite regola derivazione funzione composta. Sappiamo che
g (arcsinx) = sin (arcsinx) = x
quindi andando a derivare l’espressione precedente
g′(arcsinx) = 1
ma allora
D g(arcsinx) = g′(arcsinx) · arcsin′ x = cos (arcsinx) · arcsin′ x = 1
da cui si ricava che
arcsin′ x =1
cos (arcsinx)=
1√1− x2
Esercizio 7.Determinare la derivata di
f(x) =3x2 + 1
2x− 3
Svolgimento.In base alla regola di derivazione del quoziente
f ′(x) =6x(2x− 3)− (3x2 + 1)2
(2x− 3)2=
6x2 − 18x− 2
(2x− 3)2
Esercizio 8.Determinare la derivata di
f(x) =√
3− x2
Svolgimento.In base alla regola di derivazione delle funzioni composte
f ′(x) =1
2√
3− x2· (−2x) =
−x√3− x2
Esercizio 9.Determinare la derivata di
f(x) =
(1 +
1
x
)xSvolgimento.Riscriviamo f(x) nel seguente modo
f(x) = ex log (1+1x)
58
quindi
f ′(x) = ex log (1+1x) ·
[1 · log
(1 +
1
x
)+ x · 1
1 + 1x
·(− 1
x2
)]
=
(1 +
1
x
)x [log
(1 +
1
x
)− 1
1 + x
]Esercizio 10.Determinare la derivata di
f(x) = cos[(x3 + x4
)5]Svolgimento.Applicando la regola di derivazione delle funzioni composte
f ′(x) = − sin[(x3 + x4
)5] · 5 (x3 + x4)4 · (3x2 + 4x3
)
59
13 Esercitazione del 15-12-2010
Esercizio 1.Si studi la seguente funzione
f(x) =x2 + 2x− 3
2x+ 7
Svolgimento.1) DominioSiccome abbiamo una funzione fratta, il denominatore non puo mai essere nullo, quindideve essere che
2x+ 7 6= 0 ⇒ x 6= −7
2
quindi
dom f(x) =
{x ∈ R|x 6= −7
2
}2) SegnoStudiamo il segno del numeratore
x2 + 2x− 3 = 0 ⇒ x = −1± 2 =
{1−3
quindi
x2 + 2x− 3x
+ − +1−3
per quanto riguarda il denominatore
x− +2x+ 7
−72
passando al riquadro si ottiene
x
x2+2x−3
2x + 7
f(x)
−72 −3 1
+ + − +
− + + +
− + − +×
× ×
× ×
60
3) Limiti: I limiti vanno calcolati dove non esiste la funzione e agli estremi del dominio,quindi si ha
limx→−∞
f(x) = −∞ limx→+∞
f(x) = +∞ limx→− 7
2
−f(x) = −∞ lim
x→− 72
+f(x) = +∞
4) Asintoti: Per x = −72 si ha un asintoto verticalee i due limiti dx e sx escludono la
presenza di massimi e minimi assoluti. Proviamo a cercare gli asintoti obliqui
m = limx→±∞
f(x)
x= lim
x→±∞
x2 + 2x− 3
2x2 + 7x=
1
2
mentre
q = limx→±∞
(f(x)−mx) = limx→±∞
(x2 + 2x− 3
2x+ 7− x
2
)= lim
x→±∞
−3x− 6
4x+ 14= −3
4
quindi la retta di equazione y = 12x −
34 e un asintoto obliquo per la funzione sia a −∞
che a +∞.5) Derivabilita: La derivata e
f ′(x) =(2x+ 2) (2x+ 7)−
(x2 + 2x− 3
)2
(2x+ 7)2=
2(x2 + 7x+ 10
)(2x+ 7)2
Passiamo allo studio del segno della derivata prima. Consideriamo il numeratore
x2 + 7x+ 10 = 0 ⇒ x =−7± 3
2=
{−5−2
quindi
x2 + 7x+ 10x
+ − +−2−5
per quanto riguarda il denominatore
x+ +(2x+ 7)2
−72
passando al riquadro si ottiene
x
2
x2 + 7x+ 10
(2x + 7)2
f ′(x)
−5 −72 −2
+ + + +
+ − − +
+ + + +
×× ×
× ×
61
si e cosı trovato che x = −5 e un punto di massimo relativo, mentre x = −2 e un puntodi minimo relativo.6) Derivata seconda:
f ′′(x) = 2 ·(2x+ 7) (2x+ 7)2 −
(x2 + 7x+ 10
)· 2 (2x+ 7) · 2
(2x+ 7)4=
18
(2x+ 7)3
Studiamo il segno della derivata seconda. I numeratore e sempre positivo mentre perquanto riguarda il denominatore
x− +(2x+ 7)3
−72
passando il riquadro si ottiene
x
18
(2x+ 7)3
f ′′(x)
−72
+ +
− +⋂ ⋃×non ci sono punti di flesso. Per x > −7/2 la funzione e convessa, mentre per x < −7/2 lafunzione e concava.Il grafico e
62
Esercizio 2.Si studi la seguente funzione
f(x) =sin 2x
1 + sinx
Svolgimento.1) DominioSiccome abbiamo una funzione fratta, il denominatore non puo mai essere nullo, quindideve essere che
1 + sinx 6= 0 ⇒ x 6= 3
2π + 2kπ con k ∈ Z
quindi
D = R\{
3
2π + 2kπ, k ∈ Z
}f(x) e una funzione periodica di periodo 2π, quindi ci limitiamo allo studio nell’intervallo[0, 2π)2) SegnoConsideriamo il numeratore
cos 2x
sin 2x
×× 0×π++
−−
2xsin 2x
quindi il numeratore e non negativo quando 0 + 2kπ ≤ 2x ≤ π + 2kπ, cioe quandokπ ≤ x ≤ π
2 + kπ. Per trovare tutti i valori nell’intervallo studiato dobbiamo porre k = 0,k = 1 e k = 2, quindi
k = 0 ⇒ 0 ≤ x ≤ π
2, k = 1 ⇒ π ≤ x ≤ 3
2π, k = 2 ⇒ 2π ≤ x ≤ 5
2π
per quanto riguarda il denominatore
cosx
sinx
×32π
++
++
x1 + sinx
passando al riquadro si ottiene
63
sin 2x
1 + sinx
f(x)
0π2 π 3
2π 2π
+ − + −
+ + + +
+ − + −
× × × × ××
×
× × × ×3) LimitiL’unico limite che si calcola e quello dove non esiste la funzione
limx→ 3
2π−
sin 2x
1 + sinx
H= lim
n→ 32π−
2 cos 2x
cosx=−2
0−= +∞
limx→ 3
2π+
sin 2x
1 + sinx
H= lim
n→ 32π+
2 cos 2x
cosx=−2
0+= −∞
4) AsintotiPer x = 3
2π si ha un asintoto verticale e i due limiti dx e sx escludono la presenza dimassimi e minimi assoluti.5) DerivabilitaCalcoliamo la derivata prima
2 sinx cosx
f ′(x) =cos 2x · 2 · (1 + sinx)−
︷ ︸︸ ︷sin 2x · cosx
(1 + sinx)2cos 2x = cos2 x− sin2 x = 1− 2 sin2 x
=2(1− sin2 x
)(1 + sinx)− 2 sinx ·
(1− sin2 x
)(1 + sinx)2
= 21 + sinx− 2 sin2 x− 2 sin3 x− sinx+ sin3 x
(1 + sinx)2
= 21− 2 sin2 x− sin3 x
(1 + sinx)2
1− 2 sin2 x− sin3 x= 1− sin2 x− sin2 x− sin3 x
= (1 + sinx)(1− sinx)− sin2 x(1 + sinx)
= (1 + sinx)(1− sinx− sin2 x)
=2(1− sinx− sin2 x)
1 + sinx
64
e definita per tutto l’insieme di definizione della funzione. Per quanto riguarda il segnodobbiamo studiare solo il numeratore in quanto il denominatore e stato gia studiato. Siha
1− sinx− sin2 x = 0 ⇒ sinx =1±√
5
−2=
{−1−
√5
2 = α−1+
√5
2 = β
quindi
1− sinx− sin2 xsinx
− + −βα
passando alla circonferenza trigonometrica
cosx
sinx
×
× ×× arcsinβπ − arcsinβ
α
β−−
++
si noti che il valore α non porta a nessuna soluzione in quanto e minore di -1 (la funzionearcoseno e definita solo per valori compresi tra -1 e 1). In definitiva
x
1−sinx−sin2 x
f ′(x)
0 arcsinβ π − arcsinβ 32π 2π
+ − + +
× × ×
Si ha un punto di massimo relativo per x = arcsinβ, mentre un punto di minimo relativoper x = π − arcsinβ.7) derivata seconda
f ′′(x) = 2 ·(− cosx− 2 sinx · cosx) (1 + sinx)−
(1− sinx− sin2 x
)cosx
(1 + sinx)2
= −2 ·cosx (1 + 2 sinx) (1 + sinx) +
(1− sinx− sin2 x
)cosx
(1 + sinx)2
=−2 cosx
(1 + sinx)2[2 + 2 sinx+ sin2 x
]Per quanto riguarda il segno abbiamo la seguente tabella
65
x
−2
cosx
(1 + sinx)2
2 + 2 sinx +sin2 x
f ′′(x)
0π2
32π 2π
− − −
+ − +
+ + +
+ + +⋂ ⋃ ⋂
×
in x = π/2 si ha un punto di flesso. In 0 < x < π/2 e 3/2π < x < 2π si ha concavita versoil basso, mentre in π/2 < x < 3/2π si ha concavita verso l’alto. Il grafico e
66
14 Esercitazione del 16-12-2010
Esercizio 1.Si studi la seguente funzione
f(x) =
√|x| se x ≤ 0
x |log x|1/3 se 0 < x < 1/e(2x+ e−1
)/3se x ≥ 1/e
Svolgimento.Si tratta di una funzione definita per casi il cui dominio e tutto R.1) SegnoPer quanto riguarda il segno f(x) e sempre positiva su tutto il dominio tranne chenell’origine dove si annulla.2) ContinuitaSi deve studiare la continuita nei punti di raccordo, quindi
limx→0+
x |log x|1/3 = 0 limx→0−
√|x| = 0 lim
x→1/e−x |log x|1/3 = 1/e lim
x→1/e+
(2x+ e−1
)/3 = 1/e
quindi f(x) e continua su tutto il dominio.2) Limiti
limx→−∞
√|x| = +∞ lim
x→+∞
(2x+ e−1
)/3 = +∞
3) AsintotiDal testo si riesce a capire che la retta di equazione y =
(2x+ e−1
)/3 e un asintoto
obliquo.4) DerivabilitaBisogna studiare se f(x) e derivabile nei punti di raccordo. Studiamo se f(x) e derivabilenell’origine, quindi
limx→0−
f(x)− f(0)
x− 0= lim
x→0−
√|x| − 0
x= −∞
Non esistendo il limite del rapporto incrementale possiamo concludere che f(x) non ederivabile nell’origine.Quando x < 0 la derivata e pari a
f ′(x) =1
2√|x|· |x|x
=−1
2√−x
Quando 0 < x < 1/e la derivata e
f ′(x) = − 3√
log x− x · 1
3· 1
3√
log2 x· 1
x= −3 log x+ 1
3 3√
log2 x
Quando x > 1/e la derivata e
f ′(x) =2
3
67
Consideriamo ora il punto x = 1/e e studiamo la derivabilita in questo punto. Si ha che
limx→ 1
e
−f ′(x) = −−3 + 1
3=
2
3
mentre
limx→ 1
e
+f ′(x) =
2
3
quindi possiamo concludere che f(x) e derivabile per x = 1/e.5) Segno derivata primaQuando x < 0 si ha che la derivata e sempre negativa, quindi in questo intervallo f(x) esempre strettamente decrescente. Quando 0 < x < 1/e
f ′(x) > 0⇔ log x < −1
3⇔ x < e−1/3
Essendo e−1 < e−1/3 f(x) e sempre strettamente crescente in questo intervallo. Quandox > 1/e la derivata e sempre positiva, quindi f(x) e sempre strettamente crescentenell’intervallo dato. Dato che 0 appartiene al dominio, si ha che esso e punto di min-imo relativo e assoluto di f (anche se ivi f non e differenziabile).6) Derivata secondaQuando x ≤ 0
f ′′(x) = −1
2
(−1
2
)(−x)−3/2 (−1) = − 1
4√−x3
essendo la derivata seconda sempre negativa in questo intervallo si ha una concavita rivoltaverso il basso.Quando x ≤ 0
f ′′(x) = −
3
x· 3 · 3
√log2 x− (3 log x+ 1) · 3 ·
2
3log x−1/3 ·
1
x
9(
3√
log2 x)2
= −
9 3√
log2 x
x−
2 (3 log x+ 1)
x log x1/3
9(
3√
log2 x)2
=9 log x− 6 log x− 2
9x log x(
3√
log2 x)2
=2− 3 log x
9x log x(
3√
log2 x)2
Per quanto riguarda lo studio del segno consideriamo il fattore 2− 3 log x
2− 3 log x > 0⇔ log x <2
3⇔ x < e
23
68
ma essendo e23 > e−1 si ha che nell’intervallo dato il fattore 2 − 3 log x assume sempre
valore positivo. Andando a considerare la tabella si ha
x
2 − 3 log x
9x
log x
3√
log2 x
f ′′(x)
0 e−1 1 e2/3
+ + + −
+ + + +
− − + +
+ + + +⋂
××
××
quindi nell’intervallo in considerazione f ′′(x) e sempre negativa, quindi la funzione ha unaconcavita rivolta verso il basso. Mentre quando x > 1/e si ha che f ′′(x) = 0. Il grafico e
69
15 Esercitazione del 19-1-2011
Esercizio 1.Si calcoli il seguente integrale ∫
1
sinxdx
Svolgimento.Ricordando la formula di duplicazione del seno1, si ha che
sinx = 2 sinx
2cos
x
2
quindi andando a sostituire∫1
sinxdx =
∫1
2 sin(x2
)cos(x2
) dxa denominatore dividiamo e moltiplichiamo per cosx
=
∫1
2· 1
tan(x2
)cos2
(x2
) dxandando ad osservare la funzione integranda, notiamo che nella sua espressione c’e unafunzione, tan
(x2
)e la sua derivata, 1/ cos2
(x2
). Abbiamo il seguente differenziale
d(tanx
2) =
1
2· 1
cos2(x2
) dxsi ha che ∫
1
2· 1
tan(x2
)cos2
(x2
) dx =
∫1
tan(x2
) d(tanx
2) = log
∣∣∣tan(x
2
)∣∣∣+ c
dove l’ultimo passaggio e giustificato dal fatto che∫
1/t dt = log |t|+ c.Esercizio 2.Si calcoli il seguente integrale ∫
cos2 x dx
Svolgimento.Usando la seguente identita, ricavata dalle formule di bisezione del coseno2,
cos2 x =1 + cos (2x)
2
1sin (2x) = 2 sinx cosx2cos (α/2) = ±
√(1− cos (α))/2
70
si ha∫cos2 x dx =
∫1 + cos (2x)
2dx
rompiamo l’integrale nella somma di due integrali per la linearita
=
∫1
2dx+
∫1
2· cos 2x
2d (2x)
=x
2+
1
4sin (2x) + c
Si sarebbe potuto risolvere anche per parti, infatti∫cos2 x dx =
∫cosx · cosx dx = sinx · cosx+
∫sin2 x dx
calcoliamo a parte l’ultimo integrale∫sin2 x dx =
∫ (1− cos2 x
)dx = x−
∫cos2 x dx
dunque rimettendo tutto assieme∫cos2 x dx = sinx · cosx+ x−
∫cos2 x dx
da cui si ricava
2
∫cos2 x dx = sinx · cosx+ x+ c
quindi ∫cos2 x dx =
sinx · cosx
2+x
2+ c
Esercizio 3.Si calcoli il seguente integrale ∫
sin3 x dx
Svolgimento.Usando l’identita
sin3 x = sinx(1− cos2 x
)si ottiene∫
sin3 x dx =
∫sinx
(1− cos2 x
)dx =
∫sinx dx+
∫− sinx cos2 x dx
il secondo integrale lo si risolve andando ad usare il metodo per sostituzione. Si pone
t = cosx ⇒ dt = − sinx dx
71
allora ∫− sinx cos2 x dx =
∫t2 dt =
t3
3+ c =
cos3 x
3+ c
riconsiderando il tutto∫sin3 x dx =
∫sinx dx+
∫− sinx cos2 x dx = − cosx+
cos3 x
3+ c
Esercizio 4.Si calcoli il seguente integrale ∫
x
cos2 (3x2 + 5)dx
Svolgimento.Per risolvere questo integrale si ricorre alla tabella degli integrali immediati dopo averapportato gli opportuni cambiamenti. Quello che si deve cercare e che nell’espressionedell’integranda ci sia la derivata di qualche funzione gia presente nell’espressione stessa.Si nota infatti che
d(3x2 + 5
)= 6x dx
quindi dobbiamo moltiplicare e dividere per 6∫x
cos2 (3x2 + 5)dx =
1
6
∫6x
cos2 (3x2 + 5)dx =
1
6
∫1
cos2 (3x2 + 5)d(3x2 + 5
)=
=1
6tan
(3x2 + 5
)+ c
Esercizio 5.Si calcoli il seguente integrale ∫
x√(x2 + 5)3
dx
Svolgimento.Stesso ragionamento dell’esercizio precedente. Proviamo a calcolare il seguente differen-ziale
d(x2 + 5
)= 2x dx
nella funzione integranda la x e gia presente, dobbiamo aggiungere un 2, quindi∫x√
(x2 + 5)3dx =
1
2
∫2x dx
(x2 + 5)3/2=
1
2
∫ (x2 + 5
)−3/2d(x2 + 5
)=
1
2
(x2 + 5
)−1/2−1/2
+ c
quindi ∫x√
(x2 + 5)3dx =
−1√x2 + 5
+ c
72
Esercizio 6.Si calcoli il seguente integrale ∫
x√x+ 1
dx
Svolgimento.Andiamo ad usare il metodo per sostituzione. Poniamo
y =√x+ 1 ⇒ x = y2 − 1 mentre dx = 2y dy
andando a sostituire∫x√x+ 1
dx =
∫y2 − 1
y2y dy = 2
y3
3− 2y + c = 2
(x+ 1)3/2
3− 2√x+ 1 + c
Esercizio 7.Si calcoli il seguente integrale ∫
e3x cosx dx
Svolgimento.Andiamo a risolvere il seguente integrale per parti∫
e3x cosx dx = sinx · e3x −∫
sinx · 3e3x dx
calcoliamo l’ultimo integrale per parti∫sinx e3x dx = − cosx · e3x +
∫cosx · 3e3x dx = −e3x cosx+ 3
∫cosx · e3x dx
quindi ricompattando il tutto∫e3x cosx dx = sinx · e3x + 3e3x cosx− 9
∫cosxe3x dx
da cui si ricava che
10
∫e3x cosx dx = sinx · e3x + 3e3x cosx
quindi ∫e3x cosx dx =
e3x
10(sinx+ 3 cosx) + c
Esercizio 8.Si calcoli il seguente integrale ∫
x sinx dx
Svolgimento.
73
Andiamo a risolvere il seguente integrale per parti. Decido di integrare il seno e di derivareil polinomio, questo perche ogni volta che derivo un polinomio il suo grado diminuisce finoad ottenere una costante. In questo modo l’integrale che si ottiene ha un’espressione piusemplice rispetto quella di partenza. Si ha∫
x sinx dx = −x cosx+
∫cosx dx = −x cosx+ sinx+ c
Esercizio 9.Si calcoli il seguente integrale ∫
2x log (x− 5) dx
Svolgimento.Consideriamo la seguente manipolazione, per evitare la divisione tra polinomi, che miservira nel calcolo dell’integrale
x2
x− 5=x2 − 25 + 25
x− 5=x2 − 25
x− 5+
25
x− 5=
(x− 5) (x+ 5)
x− 5+
25
x− 5= x+ 5 +
25
x− 5
Andiamo a calcolare l’integrale per parti. Siccome l’integrale immediato del logaritmonon esiste3, in questo caso si e costretti ad andare ad integrare il polinomio e derivare illogaritmo, quindi∫
2x log (x− 5) dx = x2 log (x− 5)−∫
x2
x− 5dx
= x2 log (x− 5)−∫ (
x+ 5 +25
x− 5
)dx
per la proprieta di linearita dell’integrale
= x2 log (x− 5)−∫x dx+
∫5 dx+
∫25
x− 5dx
nell’ultimo integrale si ha che dx=d(x-5) per le proprieta del differenziale
= x2 log (x− 5)− x2
2− 5x− 25 log |x− 5|+ c
la funzione integranda e definita solo per x > 5, quindi |x− 5| = x − 5, in conclusione siha che ∫
2x log (x− 5) dx = x2 log (x− 5)− x2
2− 5x− 25 log (x− 5) + c
Esercizio 10.Si calcoli il seguente integrale ∫
(x+ 1)2 cosx dx
3 tuttavia il logaritmo ammette primitiva, infatti integrando per parti∫
log x dx = x log x−∫x · 1
xdx =
x log x− x+ c, c ∈ R,
74
Svolgimento.Andiamo a risolverlo per parti applicando la regola due volte dove, in entrambe, si scegliedi derivare il polinomio ed integrare l’altra funzione∫
(x+ 1)2 cosx dx = sinx · (x+ 1)2 −∫
sinx · 2 (x+ 1) dx
2 e una costante e posso portarla fuori dall’integrale
= (x+ 1)2 sinx− 2
[− (x+ 1) cosx+
∫cosx dx
]= (x+ 1)2 sinx+ 2 (x+ 1) cosx− 2 sinx+ c
75
16 Esercitazione del 20-1-2011
Esercizio 1.Si calcoli il seguente integrale ∫
2
x2 − 5x+ 6dx
Svolgimento.Notiamo che la funzione integranda e una funzione fratta e siccome il grado del numer-atore e inferiore rispetto al grado del denominatore e possibile decomporre la frazionenella somma di piu frazioni, dette fratte semplici. Consideriamo il denominatore e loscomponiamo in fattori
x2 − 5x+ 6 = (x− 2) (x− 3)
Abbiamo ottenuto due fattori di 1◦ grado, quindi la funzione integranda si decompone nelseguente modo
2
x2 − 5x+ 6=
A
x− 2+
B
x− 3=A (x− 3) +B (x− 2)
(x− 2) (x− 3)=
(A+B)x− (3A+ 2B)
(x− 2) (x− 3)
affinche la prima e l’ultima frazione siano uguali, deve essere che{A+B = 0−(3A+ 2B) = 2
⇒{A = −2B = 2
quindi ∫2
x2 − 5x+ 6dx =
∫ (−2
x− 2+
2
x− 3
)dx
per la proprieta di linearita dell’integrale
=
∫−2
x− 2dx+
∫2
x− 3dx
per le proprieta del differenziale
=
∫−2
x− 2d(x− 2) +
∫2
x− 3d(x− 3)
poiche sono degli integrali immediati
= −2 log |x− 2|+ 2 log |x− 3|+ c
= 2 log
∣∣∣∣x− 3
x− 2
∣∣∣∣+ c
Esercizio 2.Si calcoli il seguente integrale ∫
3x+ 4
x2 − 5x+ 6dx
Svolgimento.
76
Si fa lo stesso ragionamento dell’esercizio precedente. Consideriamo il denominatore e loscomponiamo in fattori
x2 − 5x+ 6 = (x− 3) (x− 2)
quindi la funzione integranda si decompone nel seguente modo
3x− 4
x2 − 5x+ 6=
A
x− 2+
B
x− 3=A (x− 2) +B (x− 3)
(x− 3) (x− 2)=
(A+B)x− (2A+ 3B)
(x− 3) (x− 2)
affinche la prima e l’ultima frazione siano uguali, deve essere che{A+B = 3−(2A+ 3B) = 4
⇒{A = 13B = −10
quindi∫3x+ 4
x2 − 5x+ 6dx =
∫13
x− 3dx−
∫10
x− 2dx = 13 log |x− 3| − 10 log |x− 2|+ c
Esercizio 3.Si calcoli il seguente integrale ∫
2x+ 3
x2 − 4x+ 4dx
Svolgimento.Consideriamo il denominatore e lo scomponiamo in fattori
x2 − 4x+ 4 = (x− 2)2
Abbiamo ottenuto un fattore di primo grado con ordine di molteplicita 2, quindi la funzioneintegranda si decompone nel seguente modo
2x+ 3
x2 − 4x+ 4=
A
x− 2+
B
(x− 2)2=A (x− 2) +B
(x− 2)2=Ax+ (B − 2A)
(x− 2)2
affinche la prima e l’ultima frazione siano uguali, deve essere che{A = 2B − 2A = 3
⇒{A = 2B = 7
quindi ∫2x+ 3
x2 − 4x+ 4dx =
∫2
x− 2−∫
7
(x− 2)2dx = 2 log |x− 2| − 7
x− 2+ c
Esercizio 4.Si calcoli il seguente integrale ∫
1
x2 + 2x+ 2dx
77
Svolgimento.In questo caso il denominatore non e scomponibile in fattori, ma lo si puo riscrivere nelseguente modo∫
1
x2 + 2x+ 2dx =
∫1
(x+ 1)2 + 1dx =
∫1
(x+ 1)2 + 1d(x+ 1) = arctan (x+ 1) + c
Esercizio 5.Si calcoli il seguente integrale ∫
3x+ 6
x2 + 2x+ 2dx
Svolgimento.Come nell’esercizio precedente, il denominatore non e scomponibile in fattori, quindi∫
3x+ 6
x2 + 2x+ 2dx = 3
∫x+ 2
(x+ 1)2 + 1dx
x+ 2 = x+ 1 + 1 =2(x+ 1 + 1)
2=
2(x+ 1) + 2
2
=3
2
∫2(x+ 1) + 2
(x+ 1)2 + 1dx
rompendo la frazione
=3
2
∫2(x+ 1)
(x+ 1)2 + 1dx+
3
2
∫2
(x+ 1)2 + 1dx
nel primo integrale a numeratore si ha la derivata del denominatore
=3
2
∫1
(x+ 1)2 + 1d[(x+ 1)2 + 1
]+
3
2
∫2
(x+ 1)2 + 1dx
=3
2log (x2 + 2x+ 2) + 3 arctan (x+ 1) + c
Esercizio 5.Si calcoli il seguente integrale ∫
2x2 − 3x+ 7
x− 5dx
Svolgimento.Siccome il grado del numeratore e maggiore del grado del denominatore si puo procederecon la divisione tra polinomi4.
4Dati due polinomi A(x) e B(x), si prende l’esponente di grado massimo di A(x) e lo si divide perl’esponente di grado massimo di B(x). Si calcola in resto R(x) andando a moltiplicare il quoziente Q(x)ottenuto per il divisore B(x) e cambiando segno a ciascun termine. Infine si somma il polinomio A(x)con il resto ottenuto. Si procede con l’algoritmo fino a quando il grado del resto e minore del grado deldivisore. Infine si ha che A(x) = B(x) ·Q(x) +R(x)
78
Quindi
2x2 −3x +7 x −5
−2x2 +10x 2x +7
// 7x +7
−7x +35
// 42
quindi abbiamo ottenuto che
2x2 − 3x+ 7
x− 5= 2x+ 7 +
42
x− 5
Dunque∫2x2 − 3x+ 7
x− 5dx =
∫ (2x+ 7 +
42
x− 5
)dx = x2 + 7x+ 42 log |x− 5|+ c
Esercizio 6.Si calcoli il seguente integrale ∫
x5 − 3x4 + x+ 3
x2 − 1dx
Svolgimento.Siccome il grado del numeratore e maggiore del grado del denominatore si puo procederecon la divisione tra polinomi. Quindi
x5 − 3x4 + x+ 3 x2 − 1
−x5 + x3 x3 − 3x2 + x− 3
// −3x4 + x3 + x+ 3
3x4 − 3x2
// x3 − 3x2 + x+ 3
−x3 + x
// −3x2 + 2x+ 3
3x2 − 3
// 2x
quindi
x5 − 3x4 + x+ 3
x2 − 1= x3 − 3x2 + x− 3 +
2x
x2 − 1
79
pertanto ∫x5 − 3x4 + x+ 3
x2 − 1dx =
∫ (x3 − 3x2 + x− 3 +
2x
x2 − 1
)dx =
=x4
4− x3 +
x2
2− 3x+ log
∣∣x2 − 1∣∣+ c
80
17 Esercitazione del 26-1-2011
Esercizio 1.Si calcoli il seguente integrale ∫ √
1 + e2x dx
Svolgimento.Operiamo il seguente cambio di variabili
e2x + 1 = y2 ⇒ 2e2xdx = 2ydy da cui dx =y
y2 − 1dy
quindi∫ √1 + e2x dx =
∫y2
y2 − 1dy =
∫y2−1+1
y2 − 1dy =
∫dy +
∫1
(y − 1)(y + 1)dy
ora andiamo a decomporre la frazione dell’ultimo integrale in fratte semplici
1
(y − 1)(y + 1)=
A
y − 1+
B
y + 1=
(A+B)y +A−B(y − 1)(y + 1)
imponendo l’uguaglianza tra polinomi{A+B = 0A−B = 1
⇒{A = 1
2B = −1
2
quindi ∫ √1 + e2x dx = y +
∫1
2(y − 1)dy +
∫−1
2(1 + y)dy
= y +
∫1
2(y − 1)d(y − 1) +
∫−1
2(1 + y)d(y + 1)
= y +1
2log |y − 1| − 1
2log |y + 1|+ c
=√
1 + e2x +1
2log
(√1 + e2x − 1√1 + e2x + 1
)
Esercizio 2.Si calcoli il seguente integrale ∫ 3
1
x5 − x+ 1
x4 + x2dx
Svolgimento.Andiamo ad eseguire la divisione tra polinomi
81
x5 − x+ 1 x4 + x2
−x5 − x3 x
// −x3 − x+ 1
quindix5 − x+ 1
x4 + x2= x+
−x3 − x+ 1
x4 + 2
dunque ∫ 3
1
x5 − x+ 1
x4 + x2dx =
∫ 3
1x dx+
∫ 3
1
−x3 − x+ 1
x4 + 2dx
ora andiamo a decomporre la frazione dell’ultimo integrale in fratte semplici
−x3 − x+ 1
x4 + 2=−x3 − x+ 1
x2(x2 + 1)=A
x+B
x2+Cx+D
x2 + 1=
(A+ C)x3 + (B +D)x3 +Ax+B
x2(x2 + 1)
andando ad eguagliare A+ C = −1B +D = 0A = −1B = 1
⇒
A = −1B = 1C = 0D = −1
dunque ∫ 3
1
x5 − x+ 1
x4 + x2dx =
x2
2
∣∣∣∣31
+
∫ 3
1
(−1
x+
1
x2− 1
x2 + 1
)dx
=x2
2
∣∣∣∣31
+
[− log |x| − 1
x− arctanx
]31
= 4 +
(− log 3− 1
3− arctan 3 + 1 +
π
4
)=
14
3+π
4− log 3− arctan 3
Esercizio 3.Si calcoli il seguente integrale ∫ 1
−1
3ex
1 + e2xdx
Svolgimento.Risolviamo il seguente integrale con il metodo per sostituzione. Poniamo
y = ex ⇒ dy = exdx
Quando eseguiamo un cambio di variabile nell’intregrale definito si deve fare attenzionead andare ad aggiustare gli estremi di integrazione. Percio si ha che quando
x = −1 ⇒ y = e−1
x = 1 ⇒ y = e1
82
quindi ∫ 1
−1
3ex
1 + e2xdx =
∫ e1
e−1
3y
1 + y2· dyy
= 3
∫ e1
e−1
1
1 + y2dy =
= [3 arctan y]e1
e−1 = 3
[arctan (e)− arctan
(1
e
)]Esercizio 4.Si calcoli il seguente integrale ∫ 0
−1
√1− x2 dx
Svolgimento.Risolviamolo considerando la seguente sostituzione5
x = sin t ⇒ dx = cos tdt
per quanto riguarda gli estremi di integrazione, quando
x = −1 ⇒ t = arcsin (−1) = −π2
x = 0 ⇒ t = arcsin 0 = 0
quindi∫ 0
−1
√1− x2 dx =
∫ 0
−π/2cos2 t dt =
∫ 0
−π/2
1 + cos 2t
2dt =
[1
2t+
1
4sin (2t)
]0−π/2
=π
4
Si sarebbe potuto anche risolvere per parti, infatti∫ 0
−1
√1− x2 dx =
∫ 0
−11 ·√
1− x2 dx
= x ·√
1− x2∣∣∣0−1−∫ 0
−1x · −2x
2√
1− x2dx
= x ·√
1− x2∣∣∣0−1−∫ 0
−1
−x2+1− 1√1− x2
dx
= x ·√
1− x2∣∣∣0−1−∫ 0
−1
√1− x2 dx+
∫ 0
−1
1√1− x2
dx
quindi
2
∫ 0
−1
√1− x2 dx = x ·
√1− x2
∣∣∣0−1
+ [arcsinx]0−1
5si sarebbe potuto porre anche x = cost, ma cio porta ad una risoluzione dell’integrale leggermente piulaboriosa
83
da cui ∫ 0
−1
√1− x2 dx =
1
2(0− arcsin (−1)) =
π
4
Esercizio 5.Si calcoli il seguente integrale ∫ π
0x cosx dx
Svolgimento.Risolviamolo per parti dove andiamo a derivare il polinomio ed integriamo il coseno∫ π
0x cosx dx = x sinx|π0 −
∫ π
0sinx dx = 0− [− cosx]π0 = −2
Esercizio 6.Si calcoli il seguente integrale ∫ 2π
0|sinx| dx
Svolgimento.f(x) = |sinx| e una funzione periodica di periodo π, quindi per la proprieta di additivitadell’integrale spezzo l’intervallo di integrazione [0, 2π] in due sottointervalli [0, π] e [π, 2π]nei quali la primitiva assume lo stesso valore, quindi∫ 2π
0|sinx| dx =
∫ π
0|sinx| dx+
∫ 2π
π|sinx| dx
= 2
∫ π
0|sinx| dx
siccome sinx ≥ 0 ∀x ∈ [0, π]
= 2
∫ π
0sinx dx = [−2 cosx]π0 = 4
84
18 Esercitazione del 27-1-2011
Esercizio 1.Si calcoli il seguente integrale ∫ 2
0
log (2x+ 1)
(2x+ 1)2dx
Svolgimento.Eseguiamo la seguente sostituzione
2x+ 1 = t ⇒ dt = 2dx
per quanto riguarda gli estremi di integrazione, quando
x = 0 ⇒ t = 1
x = 2 ⇒ t = 5
quindi andando a sostituire e poi risolvendo per parti
∫ 2
0
log (2x+ 1)
(2x+ 1)2dx =
1
2
∫ 5
1
log t
t2dt
=1
2
(− 1
tlog t
∣∣∣∣51
+
∫ 5
1
1
t2dt
)
=1
2
(−1
5log (5) +
[−1
t
]51
)
=1
2
(−1
5log (5)− 1
5+ 1
)=
4− log 5
10
Esercizio 2.Si calcoli il seguente integrale ∫ 2
−14 |x− 1| dx
Svolgimento.Da uno studio del modulo si ha che
|x− 1| ={x− 1 se x ≥ 11− x se x < 1
85
quindi possiamo spezzare l’intervallo [−1, 2] nei due sottointervalli [−1, 1] e [1, 2] poiche inessi la funzione integranda assume valori diversi, quindi∫ 2
−14 |x− 1| dx =
∫ 1
−14 (1− x) dx+
∫ 2
14 (x− 1) dx
=
∫ 1
−1−4 (1− x) d(1− x) +
∫ 2
14 (x− 1) d(x− 1)
= −4
[(1− x)2
2
]1−1
+ 4
[(x− 1)2
2
]21
= 10
Esercizio 3.Si calcoli il seguente integrale ∫ π/2
0
sinx
1 + sinxdx
Svolgimento.Proviamo a rivolvere il seguente esercizio usando le formule parametriche
sinx =2t
1 + t2dx =
2dt
1 + t2t = tan
x
2
per quanto riguarda gli estremi di integrazione
x = 0 ⇒ t = 0
x = π/2 ⇒ t = tanπ
4= 1
quindi
∫ π/2
0
sinx
1 + sinxdx =
∫ 1
0
2t
1 + t2
1 +2t
1 + t2
· 2
1 + t2dt
=
∫ 1
0
2t
(1 + t)2· 2
1 + t2dt
= 4
∫ 1
0
t
(1 + t)2(1 + t2)dt
la funzione integranda e una razionale fratta e quindi si decompone in fratte semplici,quindi
t
(1 + t)2(1 + t2)=
A
1 + t+
B
(1 + t)2+Ct+D
1 + t2
=A(1 + t)(1 + t2) +B(1 + t2) + (Ct+D)(1 + t2)
(1 + t)2(1 + t2)
=A+At+At2 +At3 +B +Bt2 + Ct+ 2Ct2 + Ct3 +D + 2Dt+Dt2
(1 + t)2(1 + t2)
86
quindi imponendo l’uguaglianza tra polinomiA+ C = 0A+B + 2C +D = 0A+ C + 2D = 1A+B +D = 0
⇒
A = 0B = −1
2C = 0D = 1
2
quindi
4
∫ 1
0
t
(1 + t)2(1 + t2)dt = 4
(−1
2
∫ 1
0
1
(1 + t)2dt+
1
2
∫ 1
0
1
1 + t2dt
)=
= 2
(1
1 + t
∣∣∣∣10
+ arctan t|10
)= 2
(1
2− 1 +
π
4+ 0
)=π
2− 1
Proviamo ora a risolvere lo stesso esercizio nel seguente modo. Sara meno laborioso.∫ π/2
0
sinx
1 + sinxdx =
∫ π/2
0
sinx+1− 1
1 + sinxdx =
∫ π/2
0
(1− 1
1 + sinx
)dx =
= [x]π/20 −
∫ π/2
0
1
1 + sinxdx =
π
2−∫ π/2
0
1
1 + sinxdx =
π
2− I
risolviamo I con le parametriche
I =
∫ π/2
0
1
1 + sinxdx =
∫ 1
0
1
1 +2t
1 + t2
· 2
1 + t2dt =
= 2
∫ 1
0
1 + t2
(1 + t)2· dt
1 + t2= 2
∫ 1
0
dt
(1 + t)2=
[− 2
1 + t
]10
= 1
quindi in definitiva ∫ π/2
0
sinx
1 + sinxdx =
π
2− 1
Esercizio 4.Si calcoli il seguente integrale ∫ +∞
1
x√(x2 + 5)3
dx
Svolgimento.Per definizione di integrale improprio∫ +∞
1
x√(x2 + 5)3
dx = limt→+∞
∫ t
1
x√(x2 + 5)3
dx
87
e possibile svolgere separatamente l’integrale e poi calcolarne il limite, quindi∫ t
1
x√(x2 + 5)3
dx = 6
[−1√x2 + 5
]t1
= − 1√t2 + 5
+1√6
ora passando al limite di cio che si e ottenuto
limt→+∞
(− 1√
t2 + 5+
1√6
)=
1√6
Esercizio 5.Si calcoli il seguente integrale ∫ +∞
0
arctanx
1 + x2dx
Svolgimento.Per definizione di integrale improprio∫ +∞
0
arctanx
1 + x2dx = lim
t→+∞
∫ t
0
arctanx
1 + x2dx
andando a risolvere
limt→+∞
∫ t
0
arctanx
1 + x2dx = lim
t→+∞
∫ t
0arctanx d(arctanx)
= limt→+∞
[1
2arctan2 x
]t0
= limt→+∞
1
2
(arctan2 t− 0
)=π2
8
Esercizio 6.Calcolare l’area dell’ellisse di equazione
x2
a2+y2
b2= 1
Svolgimento.Si tratta dell’equazione dell’ellisse centrata nell’origine del piano cartesiano che taglia l’assex in a e −a. Possiamo considerare solo il 1◦ quadrante e calcolare l’area della regione dipiano compresa tra il ramo dell’ellisse e l’asse x. Andando ad esplicitare la variabile y ciricaviamo la funzione da integrare
y =b
a
√a2 − x2
Per trovare l’area dell’ellisse basta integrare da 0 ad a la funzione trovata e moltiplicareper 4, quindi
A = 4
∫ a
0
b
a
√a2 − x2 dx
6questo integrale e gia stato risolto, si veda l’esercitazione del 19-1
88
Risolviamo l’integrale tramite il metodo di sostituzione. Poniamo
x
a= sin t ⇒ dx
a= cos tdt
mentret = arcsin (
x
a)
per quanto riguarda gli estremi di integrazione quando
x = 0 ⇒ t = 0
x = a ⇒ t =π
2
quindi
A = 4
∫ a
0
b
a
√a2 − x2 dx = 4
∫ π/2
0
b
a
√a2 − a2 sin2 t a cos t dt =
= 4ab
∫ π/2
0cos2 t dt = 7 4ab
[t
2+
sin (2t)
4
]π/20
= πab
Esiste un modo piu facile per calcolare l’ultimo integrale, infatti si ha che
4ab
∫ π/2
0cos2 t dt = ab
∫ 2π
0cos2 t dt = πab.
Si e usato il fatto che cos2 t e pari e periodica di periodo π, inoltre si ha, per periodicitadi seno e coseno
2π =
∫ 2π
01 dt =
∫ 2π
0(cos2 t+ sin2 t) dt =
∫ 2π
0cos2 t+
∫ 3/2π
−π/2sin2 t dt = 2
∫ 2π
0cos2 t dt,
e quindi ∫ 2π
0cos2 t dt =
∫ 2π
0sin2 t dt = π.
7fare riferimento all’esercizio 2 dell’esercitazione del 19-1
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